close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Bashmakova Teor verojat

код для вставкиСкачать
И. Б. БАШМАКОВА, И. И. КОРАБЛЁВА, С. С. ПРАСНИКОВА
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
И. Б. БАШМАКОВА, И. И. КОРАБЛЁВА, С. С. ПРАСНИКОВА
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2016
1
УДК 519.2
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук, доцент А. Е. Михайлов (СПбГАСУ);
канд. физ.-мат. наук, доцент В. Г. Дмитриев (СПбГЭУ)
Башмакова, И. Б.
Теория вероятностей: учеб. пособие / И. Б. Башмакова,
И. И. Кораблёва, С. С. Прасникова; СПбГАСУ. – СПб., 2016. – 107 с.
ISBN 978-5-9227-0665-0
Предназначено для ознакомления студентов с азами теории вероятностей. Даны основные определения и теоремы. Теоретическое изложение сопровождается большим количеством примеров. Представлена методика решения задач. Приводятся варианты контрольных работ.
Может быть использовано для самостоятельного изучения раздела
«Теория вероятностей» студентами СПбГАСУ всех форм обучения и всех
специальностей.
Табл. 3. Ил. 19. Библиогр: 8 назв.
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве учебного пособия.
ISBN 978-5-9227-0665-0
© И. Б. Башмакова, И. И. Кораблёва,
С. С. Прасникова, 2016
© Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2016
2
Глава 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
1.1. Испытания. События
Определение 1.1.1. Испытание (или опыт, или эксперимент) –
это реализация некоторых условий, содержание которых должно
быть описано заранее.
Заметим, что испытание может воспроизводиться неограниченное число раз.
В примерах под словами «Рассмотрим опыт, состоящий в подбрасывании монеты», понимаем, что бросаем монету над столом на
некоторую высоту с условием, что монета упадет на стол той или
другой стороной.
Определение 1.1.2. Событие – это результат испытания.
События будем обозначать заглавными латинскими буквами
A, B, C , …, а также буквами с индексами A1 , B3 , C5 и т. д.
Пример 1.1.1. Если подбрасывать монету, то могут произойти
следующие события:
A  {монета упала на стол};
B  {монета упала гербом вверх};
C  {монета упала цифрой вверх};
D  {монета встала на ребро};
E  {монета упала не на стол}.
Событие A по условиям испытания происходит всегда. События B и C могут произойти или не произойти в результате эксперимента. Событие E выходит за рамки условий опыта и, следовательно, в данном опыте произойти не может. Событие D практически неосуществимо, так как монета в силу неустойчивости этого
состояния опустится на ту или другую сторону.
Пример 1.1.1 показывает, что события могут быть классифицированы.
Определение 1.1.3. Событие называется достоверным, если
оно обязательно произойдет в данном опыте.
Достоверное событие обозначим U .
3
Пример 1.1.2. Рассмотрим опыт, состоящий в подбрасывании
над столом игрального кубика, с условием, что кубик упадет на
стол гранью вверх.
Достоверное событие U  {на выпавшей грани выпало меньше
10 очков}.
В примере 1.1.1 достоверным событием является событие
A  {монета упала на стол}.
Определение 1.1.4. Событие называется невозможным, если
оно не может осуществиться при данном испытании.
Невозможное событие обозначим символом .
В примере 1.1.1 E  {монета упала не на стол}  , а в примере 1.1.2 невозможное событие   {на кости выпало 7 очков}.
Пример 1.1.3. Рассмотрим урну, в которой лежат 5 красных
шаров. Невозможное событие   {из этой урны вынимаем белый
шар}.
Определение 1.1.5. Событие называется случайным, если оно
может произойти, а может и не произойти в результате данного
опыта.
При подбрасывании монеты (пример 1.1.1) случайные события: B  {монета упала гербом вверх}, C  {монета упала цифрой
вверх}.
При подбрасывании игрального кубика (пример 1.1.2) случайные события:
A1  {выпало 1 очко}; A2  {выпало 2 очка}; …; A6  {выпало
6 очков}.
Пример 1.1.4. Рассмотрим урну, содержащую 5 белых
и 7 черных шаров.
Случайное событие A  {из урны достали белый шар}.
1.2. Алгебраические действия над событиями
Введем символические операции над событиями.
Пусть A и B – два события, происходящие в результате какого-то испытания.
Определение 1.2.1. Суммой (или объединением) событий
A и B, происходящих в результате одного опыта, называется событие C , которое происходит тогда, когда происходит или событие
A, или событие B, или оба эти события вместе, и обозначается
C  {или A, или B, или оба вместе}  A  B  A  B.
4
Пример 1.2.1. Рассмотрим опыт, состоящий в подбрасывании
игрального кубика.
Пусть событие Ai  {выпадение i-го числа очков}, i = 1, 2, …, 6.
Тогда событие B  {на кубике выпало четное число очков} = {выпало или 2 очка, или 4, или 6}  A2  A4  A6 .
Событие C  {выпало не менее четырех очков} = {или 4 очка,
или 5, или 6}  A4  A5  A6 .
Определение 1.2.2. Произведением (или пересечением) событий A и B, происходящих в результате одного опыта, называется
событие D, которое происходит, если происходят вместе и событие
A , и событие B.
Обозначение:
D  {и событие A , и событие B }  A  B  A  B.
Пример 1.2.2. Подбрасывают две монеты. Событие D  {выпало два герба}.
Определение 1.2.3. Если A  B  , то события A и B называют несовместными, т. е. осуществление события A исключает
появление события B.
Пример 1.2.3. Появление герба и цифры при бросании монеты –
это несовместные события.
Определение 1.2.4. Событие A называется противоположным событию A, если оно происходит тогда и только тогда, когда
не происходит событие A.
Пример 1.2.4. Событие A  {выпадение герба при бросании
монеты}, то A = {выпадение цифры}.
Пример 1.2.5. Если A1  {выпадение одного очка на игральном кубике}, то A1 = {выпадение двух, или трех, или …, шести очков}  A2  A3  A4  A5  A6 .
Пример 1.2.6. Опыт состоит в стрельбе по мишени двумя
стрелками по одному разу (исключаем возможность попадания
в одну точку обоими стрелками).
Пусть событие A1  {первый стрелок попал в мишень},
A2  {второй стрелок попал в мишень}, тогда A1 = {промах первого
стрелка}, A2 = {промах второго стрелка}. Опишем в терминах произведения и суммы событий следующие события:
5
B  {два попадания в мишень} = {и первый попал, и второй
попал}  A1  A2 ;
C  {два промаха}={и первый промахнулся, и второй промахнулся} = A1  A2 ;
D  {одно попадание в мишень} = {или первый попал, а второй промахнулся, или первый промахнулся, а второй попал} =
= A1  A2   A1  A2 .
Отметим, что B  C  D  U , так как в данном эксперименте
одно из этих событий обязательно произойдет.
Событие E  {произойдет хотя бы одно попадание} = {или
одно попадание, или два попадания}:
E  D  B = A1  A2   A1  A2    A1  A2 .
Отметим, что противоположным событием E  {хотя бы одно
попадание} является событие E  {оба стрелка промахнулись}.
Пример 1.3.2. В стрельбе пулей по мишени элементарный исход – это попадание в отдельную точку. Попадание в мишень представляет собой сумму всех элементарных исходов.
Пример 1.3.3. В урне лежат 2 белых шара, 1 синий и 1 красный. Из урны один за другим последовательно (без возвращения)
вынимают 2 шара. Найти множество элементарных исходов поля
событий данного опыта.
Решение. Пусть событие A = {вынуть из урны белый шар}.
Событие B = {вынуть из урны синий шар}; событие C = {вынуть
из урны красный шар}.
Тогда множество элементарных исходов поля событий данного опыта следующее:
A  A  A  B  A  C  B  A  B  C  C  A  C  B.
1.3. Поле событий. Элементарные события (исходы)
Определение 1.4.1 (классическое определение вероятности).
Вероятностью события A называют отношение числа благоприятных этому событию исходов к общему числу всех возможных исходов:
m
P  A  ,
n
где m – число элементарных исходов, благоприятствующих появлению события A, а n – число всех элементарных исходов испытания.
Пример 1.4.1. Бросаем монету.
Пусть событие A  {выпал герб}, тогда A = {выпала цифра}.
1
Вероятность выпадения герба P A  , так как общее число исхо2
дов равно двум, а благоприятный исход – один (герб только на од1
ной стороне). Аналогично P A  .
2
Пример 1.4.2. Бросаем игральный кубик.
Определение 1.3.1. Полем событий S называется совокупность событий, которые происходят в результате одного и того же
эксперимента, обладающая следующими свойствами:
1) U  S ;
2)   S ;
3) если A S , то A S ;
4) если A S , B  S , то A  B  S и A  B  S .
Пример 1.3.1. В опыте с подбрасыванием монеты поле S состоит из четырех событий:
U  {монета упала на стол};
  {монета не упала на стол};
A  {монета упала гербом вверх};
B  {монета упала цифрой вверх}.
Заметим, что поле событий S содержит основные события, из
которых остальные события поля S получаются с помощью алгебраических операций.
Так, в примере с монетой основными событиями являются события: герб и цифра. В примере с игральным кубиком роль основных событий играют события A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 – выпадение одной из шести граней. Такие события называются элементарными.
6
1.4. Определение вероятности
Пусть событие Ai  {выпадение i-го числа очков}, i  1, 2, ..., 6.
1
1. Вероятность выпадения 6 очков P A6   , так как всего
6
элементарных исходов 6, а 6 очков только на одной грани.
7
1
2. Вероятность выпадения одного очка P A1   , так как все6
го элементарных исходов 6, а одно очко только на одной грани.
3. Событие B  {выпало менее трех очков} = {или одно очко
или два}
2 1
PB    .
6 3
4. Событие C  {выпало 10 очков}  
0
PC   P    0, так как ни на одной грани нет 10 очков.
6
5. Событие D  {выпало менее 10 очков}  U
6
PD   PU    1.
6
В последнем примере мы показали, что вероятность невозможного события   равна 0, а вероятность достоверного события
U  равна 1.
Пример 1.4.3. В урне лежат 5 белых и 7 черных шаров.
5
Событие A  {извлечение белого шара}, P A  .
12
7
Событие B  {извлечение черного шара}, PB   .
12
Кроме приведенного классического определения вероятности
существуют и другие.
Определение 1.4.2 (статистическое определение вероятности).
Пусть событие A происходит в результате некоторого опыта,
A  S.
Повторим опыт n раз, если событие A появится m раз в n
m
называют относительной частоопытах, то величину K n  A 
n
той появления события A в n испытаниях.
При многократном повторении испытаний в одинаковых
условиях относительные частоты группируются около определенного числа, которое называют статистической вероятностью
события A.
Свойства относительной частоты:
1) 0  K n  A  1;
2) K n    0, K n U   1;
3) если A  S , B  S , то K n  A  B   K n  A  K n B .
Исходя из свойств относительной частоты, введем еще одно
понятие вероятности.
Определение 1.4.3 (вероятность как функция на поле событий).
Вероятностью на поле событий S называется функция P, которая каждому событию из S ставит в соответствие число P A,
причем так, что выполнены условия:
1. Для любого события A из поля S справедливо неравенство
0  P  A  1 .
2. P   0, PU   1.
3. Если A  S , B  S , A  B  , то P A  B   P A  PB  .
Условия 1–3 называются аксиомами вероятности.
В данном определении вероятности сохранены все свойства
относительной частоты. Вместе с тем вероятность «не привязана»
к эксперименту в отличие от относительной частоты.
8
9
1.5. Теорема сложения вероятностей
Теорема 1.5.1 (теорема сложения вероятностей). Если события A и B из поля S несовместны, т. е. A  B  , то
P A  B   P (или A , или B )  P A  PB  .
(1)
Эта теорема принимается еще в качестве аксиомы (определение
1.4.3, условие 3) и называется аксиомой сложения.
Пример 1.5.1. Подбросим кубик.
События Ai  {выпадение i-го числа очков}, i  1, 2, ..., 6 .
Событие B  {выпало четное число очков} = {или 2 очка, или 4,
или 6} = A2  A4  A6 .
Так как события A2 , A4 , A6 несовместны, то
1 1 1 1
PB   P A2  A4  A6   P A2   P A4   P A6      .
6 6 6 2
Заметим, что тот же ответ получится при непосредственном подсчете вероятности:
m 3 1
PB     ,
n 6 2
всего исходов шесть – n , а благоприятных (т. е. четных очков) –
m  3.
Следствие 1.5.1. Если событие A  S , то P A  1  P A.
Доказательство. Если A  S , то противоположное событие
A  S , так как A  A   . Вероятность PU   P A  A 
 P A  P A, но PU   1, следовательно, P A  1  P A.
Пример 1.5.2. Пусть событие A  {попадание в мишень при
одном выстреле} и P A  0,6, тогда вероятность промаха
P A  1  0,6  0,4.
Пример 1.5.3. Пусть событие A  {безотказная работа устройства}.
Если P A  0,98, тогда вероятность того, что устройство откажет, P A  1  0,98  0,02.
Определение 1.5.1. Полной группой событий A1 , A2 , ..., An из
поля S называются попарно несовместные события, причем одно
из них обязательно произойдет во время эксперимента, т. е.
Ai  A j   i  j  и A1  A2  A3  ...  An  U .
Следствие 1.5.2. Очевидно, что сумма вероятностей полной
группы событий равна единице. Действительно,
PU   P A1  A2  ...  An   P A1   P A2   ...  P An   1.
Теорема 1.5.2 (теорема сложения вероятностей для совместных событий). Пусть события A и B – совместные события
из поля S , т. е. A  B  , тогда
P A  B   P A  PB   P A  B .
Эту теорему мы приводим без доказательства.
Пример 1.5.4. Подбросим кубик.
Пусть событие A  {выпадение одного или двух очков при
бросании}. Событие B  {выпадение двух или трех очков}. Найти
вероятность события A  B.
Решение. Событие A  B  {выпадение или одного, или двух,
или трех очков}.
2
2
1
P  A  , P  B   , P  A  B   .
6
6
6
Так как события A и B совместные (выпадение двух очков),
то вероятность события A  B :
2 2 1 3 1
P  A  B   P  A  P  B   P  A  B       .
6 6 6 6 2

10
Пример 1.5.5. Найти вероятность того, что наудачу взятое
двузначное число окажется кратным либо 2, либо 5, либо тому
и другому одновременно.
Решение. Пусть A  событие, которое состоится, если наудачу взятое двузначное число кратно 2, а B  событие, которое состоится, если это число кратно 5. Надо найти P A  B .
Так как A и B  события совместные, то
P A  B   P A  PB   P A  B .
Двузначные числа – это 10, 11, …, 98, 99. Всего их 90. Очевидно, 45 из них кратны 2 (благоприятствуют наступлению A,
18 кратны 5 (благоприятствуют наступлению B  и, наконец,
9 чисел – кратны 2 и 5 одновременно (благоприятствуют наступлению A  B ) .
Поэтому
45
18
9
P  A 
 0,5; PB  
 0,2; P A  B  
 0,1.
90
90
90
Следовательно,
P A  B   0,5  0,2  0,1  0,6.
1.6. Условная вероятность
Пусть A и B – два события, рассматриваемые в данном опыте.
Может оказаться так, что наступление одного события (скажем, события B ) может влиять на возможность наступления другого  A.
Для характеристики зависимости одних событий от других
вводится понятие условной верояности.
Повторим испытание n раз. Найдем, чему равна условная частота появления события A при условии, что событие B произошло. Обозначим ее K n  A B .
Исходя из определения 1.4.2, получим
n A B
K A  B
n A B
,
 n  n
Kn A B 
nB
K n B 
nB
n
где n A B  число появлений событий A  B ; nB  число появлений
события B ; n  число испытаний.
11
Итак,
K A  B
.
Kn A B  n
K n B 
Теперь определим условную вероятность события A при
условии, что произошло событие B, заменив в последнем равенстве частоту K n на вероятность P.
Определение 1.6.1. Условной вероятностью события A при
условии, что произошло событие B, называется отношение вероятности произведения этих событий к вероятности события B, причем p B   0, она обозначается символом P A B .
Таким образом, по определению
P A B  
P  B  A
, PB   0.
PB 
(2)
Пример 1.6.1. В урне находятся 7 белых и 5 черных шаров.
Из нее последовательно вынимают два шара. Какова вероятность
того, что второй шар окажется белым при условии, что первый вынутый шар был черным?
Решим задачу двумя способами.
1. Пусть событие B – 1-й шар черный, событие A – 2-й шар
белый. Так как событие B произошло, то в урне осталось 11 шаров,
7
из которых 7 белых. Поэтому P A B   .
11
2. Найдем P A B  по формуле условной вероятности (2). Оче5
видно, что PB   .
12
Находим:
m 35
P  B  A  
,
n 132
где n  12 11  132 – общее число исходов (появление двух шаров),
а m  5  7  35 – число исходов, которые благоприятствуют событию B  A .
35 5 7
Следовательно, P A B  
:  .
132 12 11
12
1.7. Теорема умножения вероятностей. Независимые события
Непосредственно из определения условной вероятности вытекает следующее утверждение.
Теорема 1.7.1 (теорема умножения вероятностей). Если
события A и B принадлежат полю S , P A  0 и PB   0,
то P A  B   PB   P A B .
Следствие 1.7.1. Учитывая, что событие A  B совпадает
с событием B  A, получим:
P  B  A  P  A  P  B A ,
или
P  B   P  A B   P  A  P  B A .
(3)
Пример 1.7.1. В урне 5 белых и 7 черных шаров. Достаем три
шара по одному без возвращения. Найти вероятность того, что все
три шара белые.
Решение. Пусть события
A1  {первый шар белый}; A2  {второй шар белый};
A3  {третий шар белый}.
Событие A  {все 3 вынутых шара белые} ={первый шар белый;
второй шар белый, при условии, что первый белый; третий шар –
белый, при условии, что первые 2 шара белые} =
= A1   A2 A1    A3 A1  A2 , тогда:
5 4 3
1
P  A     .
12 11 10 22
Определение 1.7.1. Событие A называется независимым от
события B, если вероятность события A не зависит от того, произошло событие B или нет, т. е. P A B   P A, P A  0, PB   0.
Пример 1.7.2. Те же условия, что в примере 1.7.1, но шары
возвращаются в урну и перемешиваются.
Решение. В данном случае события A1 , A2 , A3 независимы и
P A  P A1   P A2   P A3  
13
5 5 5 125
  
 0,07.
12 12 12 1728
Следствие 1.7.2 (теорема умножения вероятностей для независимых событий). Если A и B принадлежат полю S , A и B –
независимые события, то P A  B   Pи A, и B   P A  PB .
Пример 1.7.3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность
того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего,
равна для первого станка 0,9, для второго – 0,8, для третьего – 0,85.
1. Найти вероятность события A  {ни один станок в течение
часа не потребует внимания}.
По следствию 1.7.2
P A  0,9  0,8  0,85  0,612 .
2. Найти вероятность события B  {два каких-то станка потребуют внимания}.
B  {или I и II потребуют внимания, а III не потребует внимания, или I и III потребуют, а II не потребует, или II и III потребуют
внимания, а I не потребует} =
= A1  A2  A3   A1  A3  A2   A2  A3  A1 ,
где событие
Ai  { i -й станок потребует внимания}, i  1, 2, 3.
Ai  { i -й станок не потребует внимания}, i  1, 2, 3.
Так как по условию задачи P A1   0,9, P A2   0,8, PA3   0,85, то
P A1   1  0,9  0,1, P A2   1  0,8  0,2, P A3   1  0,85  0,15.
Используя теорему сложения 1.5.1 и следствие 1.7.2, получим:
PB   0,1  0,2  0,85  0,1  0,15  0,8  0,2  0,15  0,9  0,056.
3. Найти вероятность события C  {хотя бы один станок не
потребует внимания}.
Такую задачу можно решить двумя способами:
1. C  {или все три станка не потребовали внимания, или два,
или один} =
 A1  A2  A3   A1  A2  A3   A1  A2  A3   A1  A2  A3  
P C   P A1  A2  A3   P A1   P A2   P A3   0,1  0,2  0,15  0,003,
тогда PC   1  P C   1  0,003  0,997.
1.8. Некоторые элементы комбинаторики
 A1  A2  A3   A1  A2  A3   A1  A2  A3 .
Надо найти вероятность каждого варианта по теореме умножения и все вероятности сложить. Однако такой путь решения задачи слишком сложен. Здесь целесообразнее от прямого события C
перейти к противоположному событию – C.
2. C  {все станки потребуют внимания}.
Определение 1.8.1. Факториалом целого положительного числа n (обозначается n!) называется произведение n! 1  2  3  4  ...  n.
Так, 0! 1 (так договорились считать), 1! 1, 5! 1  2  3  4  5 и т. д.
Основное свойство факториала:
n!  1  2  3  ...  n  1  n  n  1!  n.
Определение 1.8.2. Перестановками из n элементов называются их соединения, отличающиеся друг от друга только порядком
входящих в них элементов.
Пример 1.8.1. Составим перестановки из трех элементов
a, b, c.
Решение. abc, bca, cab, cba, bac, acb. Таких перестановок получилось шесть.
Число всех перестановок из n различных элементов обозначается Pn и вычисляется по формуле
Pn  n!.
Определение 1.8.3. Размещениями из n элементов по m
называются такие их соединения, которые различаются друг от
друга самими элементами или их порядком.
Пример 1.8.2. Составим размещения из трех элементов a, b, c
по два.
Решение. ab, ac, bc, ba, ca, cb (шесть размещений).
Число всех размещений из n различных элементов по m элементов (обозначается Anm )
n!
Anm 
,
n  m !
3!
1 2  3
в частности, A32 

 6.
3  2! 1
Определение 1.8.4. Сочетаниями из n элементов по m называются их соединения, различающиеся друг от друга хотя бы одним
элементом.
14
15
Пример 1.8.3. Составим сочетания из трех элементов a, b, c
по два.
Решение. ab, ac, bc (три соединения).
Число всех сочетаний из n различных элементов по m элементов (обозначается Cnm )
n!
Cnm 
.
m!  n  m !
Так, в примере 1.8.3 число сочетаний из трех элементов по два
3!
1 2  3
C32 

 3.
2!  3  2 ! 1  2  1
Основные свойства сочетаний:
n!
n!
1. Cn0 
  1.
0!n  0 ! n!
n!
2. Cnn 
 1.
n!n  n !
n  1!n  n.
n!

3. Cn1 
1!n  1! n  1!
n!
n!
, а Cnnk 

4. Cnk  Cnn  k , так как Cnk 
n  k !n  n  k !
k!n  k !
n!

.
n  k !k !
Пример 1.8.4. В группе 15 студентов. Двоих назначают на дежурство. Сколько таких объединений по два студента можно составить для данной группы?
Решение. Таких объединений можно составить столько,
сколько можно найти сочетаний из 15 по 2, т. е.
15!
1  2  ...  13  14  15 14  15
2
C15



 105.
2!15  2 !
1  2  13!
2
Итого, можно составить 105 объединений по два студента.
Понятие «сочетания» нам понадобится во второй главе и в задачах
на непосредственный подсчет вероятностей.
Пример 1.8.5. Вновь рассмотрим урну, в которой лежат 5 белых и 7 черных шаров. Достаем шары, не заглядывая в урну, и не
возвращая их обратно.
В примере 1.7.1 мы уже нашли вероятность события A  {все
5 4 3
1
вынутые шары белые}: P A     .
12 11 10 22
Решим еще несколько задач, связанных с этим экспериментом.
Решение
1. Найти вероятность события
B  {все три вынутых шара черные} = B1  B2 B1   B3 B1  B2  ,
где Bi – i-й вынутый черный шар.
7 6 5
7
PB      .
12 11 10 44
2. Найти вероятность события
C  {вынуть два шара разного цвета} = {или первый шар белый
и второй черный, или первый черный, а второй белый} =
=  A1  B2 A1   B1  A2 B1  :
16
17
5 7 7 5
57
35 C71  C51
.
    2


2
12 11 12 11
11  12 66
C12
3. Значительно больше вариантов пришлось бы рассмотреть
в случае, если бы хотели найти вероятность события D = {среди 7
шаров, вынутых из урны, будет 3 белых и 4 черных}.
Из классического определения вероятности 1.4.1 как отношения благоприятных исходов к общему числу исходов получаем:
m C 3  C 4 350
P D    5 7 7 
 0,44,
792
n
C12
где m – это число способов вынуть 3 белых шара из 5 белых
и к ним 4 черных шара из 7 черных, а n – это число способов вынуть 7 шаров из 12, находящихся в урне;
5!
1 2  3  4  5
C53 

 10;
3!5  3! 1  2  3  1  2
7!
567
C74 

 35;
4!  3! 1  2  3
12! 8  9  10  11  12
7
C12


 8  9  11  792.
7!  5!
1 2  3  4  5
Заметим, что этим же способом мы можем найти вероятности событий A, B и C :
PC  
C53
10
1

 ;
3
C12 220 22
5!
12! 10  11  12
3
C53 
 10, C12


 220.
3!  2!
3!  9!
1 2  3
1. P A 
2. PB  
C73
7
 .
3
C12 44
C51  C71 2  5  7 35

 .
2
11  12 66
C12
Пример 1.8.6. У сборщика имеется 20 деталей, среди которых
5 нестандартных. Наудачу сборщик выбирает для работы 10 деталей. Какова вероятность событий:
A  {среди 10 отобранных деталей три – нестандартные};
B  {среди 10 отобранных деталей – хотя бы одна нестандартная}.
m С3 С7
P A   5 10 15  0,348,
n
С 20
где m – число способов выбрать 3 нестандартные детали из 5 и 7
стандартных деталей из 15, а n – число способов выбрать 10 деталей из 20.
PB   1  P B ,
где противоположное событие B  {нет нестандартных деталей} =
= {все 10 деталей стандартные}.
C10
PB   1  15
 1  0,016  0,984.
10
C20
Пример 1.8.7. В студенческом совете факультета 3 первокурсника, 5 второкурсников и 7 третьекурсников. Из этого состава
наудачу выбирают 5 человек на предстоящую конференцию. Найти
вероятность следующих событий:
1) A  {будут выбраны одни третьекурсники};
2) B  {все первокурсники попадут на конференцию}.
Решение
C5
1. P A  57  0,007.
C15
3. PC  
18
2. B  {или на конференцию попадут 3 первокурсника и 2 второкурсника, или 3 первокурсника и 2 третьекурсника, или 3 первокурсника, 1 второкурсник и 1 третьекурсник}.
По аксиоме сложения вероятностей (раздел 1.5):
C 3  C 2 C 3  C 2 C 3  C1  C1
PB   3 5 5  3 5 7  3 55 7  0,022.
C15
C15
C15
Пример 1.8.8. Из разрезанной азбуки выкладывают слово
МАТЕМАТИКА. Затем карточки с этими буквами переворачивают
и перемешивают. Опыт состоит в том, что отбирают 4 карточки по
схеме случайного выбора без возвращения. Найти вероятности следующих событий:
1) A  {на отобранных по одной и уложенных в ряд карточках
прочтем слово ТЕМА};
2) B  {из отобранных четырех карточек удастся сложить слово ТЕМА}.
Решение
1. A  {первая отобранная карточка с буквой Т, вторая – с буквой Е, третья – с М и четвертая – с буквой А} =
= T  E T   M T  E    A T  E  M ,
2 1 2 3
1
P  A     
.
10 9 8 7 420
2. При нахождении вероятности события B число вариантов
увеличивается, поэтому решим эту задачу с помощью сочетаний:
m C1  C1  C1  C1 2
PB    2 1 4 2 3  ,
35
n
C10
где m – число способов отобрать букву Т из 2 карточек с буквой Т,
Е, М из 2 карточек с буквой М, А из 3 карточек с буквой А; а n –
число способов отобрать 4 карточки из 10.
1.9. Формула полной вероятности
Следствием теоремы сложения и теоремы умножения вероятностей является формула полной вероятности.
Начнем с примера.
Пример 1.9.1. Имеются три одинаковые на вид урны; в первой
урне 5 белых и 7 черных шаров, во второй – 3 белых и 3 черных,
19
в третьей урне – 1 белый и 10 черных шаров. Выбирают наугад одну из урн и достают из нее один шар. Найти вероятность, что этот
шар белый.
Решение. Рассмотрим три события (гипотезы):
A1  {выбор первой урны};
A2  {выбор второй урны};
A3  {выбор третьей урны}.
События A1 , A2 , A3 равновозможны, поэтому
1
P A1   P A2   P A3   .
3
Пусть событие B  {появление белого шара}.
Условная вероятность появления белого шара при условии,
5
что выбрали первую урну, PB A1   , соответственно для второй
12
1
3 1
урны PB A2    и для третьей – PB A3   .
11
6 2
Событие B  {или выбрали первую урну и достали из нее белый шар, или выбрали вторую урну и достали белый шар, или третью – и достали белый шар} =  A1  B    A2  B    A3  B .
Так как события A1 , A2 , A3 несовместны, то и события
 A1  B ,  A2  B ,  A3  B  несовместны, поэтому можно применить теорему сложения вероятностей 1.5.1:
PB   P A1  B   P A2  B   P A3  B .
Далее применяем теорему 1.7.1 (умножение вероятностей):
PB   P A1   PB A1   P A2   PB A2   P A3   PB A3  
1 5 1 1 1 1 133
      
.
3 12 3 2 3 11 396
Теорема 1.9.1 (формула полной вероятности). Пусть события A1 , A2 , …, An из поля S образуют полную группу событий (т. е.
они попарно несовместны и в результате каждого опыта происходит одно из них).
Событие B из поля S происходит с одним из событий
A1 , A2 , …, An , тогда
20
P B  
n
 P Ak PB
k 1
Ak  .
(4)
Доказательство. Так как событие B происходит вместе с одним из событий A1 , A2 , …, An , то
B  B  A1   B  A2   ...  B  An .
Так как A1 , A2 , …, An – события несовместные, то
и B  A1 , ..., B  An  – несовместны.
Применяя к ним теорему 1.5.1 сложения вероятностей, а затем
теорему 1.7.1 умножения вероятностей, получим
PB   PB  A1   PB  A2   ...  PB  An  
 P A1   PB A1   P A2   PB A2   ...  P An   PB An  
n
  P Ak   PB Ak .
k 1
Теорема доказана.
Пример 1.9.2. На трех станках изготавливаются одинаковые
детали. Известно, что 30 % продукции производится на первом
станке, 25 % – на втором и 45 % – на третьем станке. Вероятность
изготовления детали, отвечающей стандарту, на первом станке равна 0,99, на втором – 0,98 и на третьем – 0,97. Изготовленные на
трех станках в течение дня детали поступают на склад. Определить
вероятность того, что наудачу взятая деталь со склада не соответствует стандарту (бракованная).
Решение
1. Введем следующие события:
A1  {взятая деталь изготовлена на первом станке};
A2  {деталь изготовлена на втором станке};
A3  {деталь изготовлена на третьем станке}.
30
25
45
P A1  
 0,3; P A2  
 0,25; P A3  
 0,45.
100
100
100
Заметим, что P A1   P A2   P A3   1, т. е. события A1 , A2 , A3 образуют полную группу событий.
2. Пусть событие B  {бракованная деталь}, тогда событие
B  {деталь отвечает стандарту}, так как по условию
P B A1   0,99, то PB A1   0,01;
P B A2   0,98, то PB A2   0,02;
P B A3   0,97, то PB A3   0,03.
21
3. Применяем формулу полной вероятности (3):
PB   P A1  B    A2  B    A3  B  
 P A1   PB A1   P A2   PB A2   P A3   PB A3  
 0,3  0,01  0,25  0,02  0,45  0,03  0,0215.
Пример 1.9.3. Число отличников, хорошистов и троечников
в группе находится в соотношении 2:6:5. Вероятность, что отличник сдаст экзамен, равна 0,9, хорошист сдаст экзамен с вероятностью 0,8, а троечник – с вероятностью 0,5. Найти вероятность того,
что вошедший первым в аудиторию студент из этой группы сдаст
экзамен.
Решение
1. Введем события:
A1  {в аудиторию первым вошел отличник};
A2  {в аудиторию первым вошел хорошист};
A3  {в аудиторию первым вошел троечник}.
2
P A1   , так как из 13 студентов 2 отличника.
13
6
5
P A2   , P A3   .
13
13
2. Событие B  {студент сдаст экзамен}.
PB A1   0,9 ; PB A2   0,8 ; PB A3   0,5.
3. По формуле полной вероятности
3
6
5
2
PB    P Ak   PB Ak    0,9   0,8   0,5  0,7.
13
13
13
k 1
Пример 1.9.4. В первой урне 5 белых и 7 черных шаров, во
второй – 10 белых и 6 черных шаров. Из каждой урны удалили по
одному шару, а оставшиеся шары ссыпали в третью урну. Найти
вероятность того, что шар, наудачу вынутый из третьей урны, окажется белым.
Решение
1. Обозначим событие B  {вынут белый шар}. В результате
данного испытания могут произойти следующие события:
A1  {из обеих урн достали по белому шару}, поэтому
5 10 25
P A1     .
12 16 96
22
A2  {из обеих урн достали по черному шару}, поэтому
7 6 21
P A2     .
12 16 96
A3  {из первой урны достали белый шар, а из второй – черный шар}, поэтому
5 6 15
P A3     .
12 16 96
A4  {из первой урны достали черный шар, а из второй – белый шар}, поэтому
7 10 35
P A4     .
12 16 96
События A1 , A2 , A3 , A4 образуют полную группу событий
(сумма вероятностей равна единице).
2. В случае события A1  {из обеих урн достали по белому
шару} в третьей урне оказалось 13 белых и 13 черных шаров, поэтому
13 1
PB A1  
 .
26 2
В случае события A2  {из обеих урн достали по черному шару} в третьей урне оказалось 15 белых и 11 черных шаров, поэтому
15
PB A2   .
26
В случае события A3  {из первой урны достали белый шар,
а из второй – черный шар} в третьей урне оказалось 14 белых
14
и 12 черных шаров, поэтому PB A3   .
26
В случае события A4  {из первой урны достали черный шар,
а из второй – белый шар} в третьей урне оказалось 14 белых
14
и 12 черных шаров, поэтому PB A4   .
26
3. По формуле полной вероятности
PB  
25 1 21 15 15 14 35 14
        0,53.
96 2 96 26 96 26 96 26
23
1.10. Формула Байеса (теорема гипотез)
Следствием формулы полной вероятности является формула
Байеса, или теорема гипотез. Она позволяет переоценить вероятности гипотез Ai , принятых до опыта и называемых априорными по
результатам уже проведенного опыта, т. е. найти условные вероятности P Ai B , которые называют апостериорными.
Теорема 1.10.1 (формула Байеса). Пусть события A1 , A2 , …,
An образуют полную группу событий (попарно несовместны и в результате каждого опыта происходит одно из них). Тогда условная
вероятность события Ak k  1, n  при условии, что событие B произошло, задается формулой
P Ak   PB Ak 
P Ak B  
,
PB 
где PB   P A1   PB A1   ...  P An   PB An  – формула полной
вероятности.
Доказательство. В формуле (3) PB   P A B   P A  PB A,
заменим событие A на событие A j , тогда
PB   P A j B   P A j  P B A j ,
отсюда
P A j B  
P A j  P B A j 
.
PB 
Выражая PB  с помощью формулы полной вероятности (4), имеем
P A j B  
P A j  P B A j 
n
 P Ak   PB
k 1
Ak 
.
(5)
Пример 1.10.1. Рассмотрим урны с белыми и черными шарами (пример 1.9.1):
в первой урне – 5 белых, 7 черных шаров;
во второй урне – 3 белых, 3 черных шара;
в третьей урне – 1 белый шар, 10 черных.
Выбираем наугад урну и вынем из нее шар. Он оказался белым. Из какой урны он, вероятнее всего, вынут?
24
Решение
При решении воспользуемся формулой Байеса (5), но для этого нам понадобится формула полной вероятности, которую мы получили в примере 1.9.1:
1 5 1 1 1 1 133
P B        
.
3 12 3 2 3 11 396
А теперь по формуле Байеса (5) определим вероятность того,
что белый шар вынут из первой урны:
1 5
5

P A1   PB A1 
3 12
P A1 B  

 36  0,4.
1 5 1 1 1 1 133
PB 
    
3 12 3 2 3 11 396
1 1

P A2 B   3 2  0,496 – вероятность того, что белый шар вы133
396
нут из второй урны.
1 1

3


P A3 B  11  0,09 – вероятность того, что белый шар вы133
396
нут из третьей урны.
Сравниваем полученные вероятности. Наиболее вероятно, что
белый шар извлечен из второй урны.
Замечание 1.10.1. Формулу Байеса следует применять в тех
задачах, где в конце условия сообщается, что событие B уже произошло.
Пример 1.10.2. Так, в примере 1.9.2 в конце задачи добавим
условие: некто на складе взял деталь, она оказалась бракованной.
Найдем (по формуле Байеса) вероятность того, что она изготовлена на первом станке.
Решение
Найдем вероятность поступления на склад бракованной детали (событие В – п. 3 примера 1.9.2):
PB   0,3  0,01  0,25  0,02  0,45  0,03  0,0215.
Теперь можно найти искомую вероятность:
25
0,3  0,01
0,003

 0,14
0,3  0,01  0,25  0,02  0,45  0,03 0,0215
вместо первоначальной P A1   0,3.
Пример 1.10.3. Расследуются причины неудачного пуска агрегата, о котором можно высказать четыре предположения (гипотезы): A1 , A2 , A3 , A4 .
По данным статистики, P A1   0,2 ; P A2   0,4 ; P A3   0,3 ;
P A4   0,1. В ходе расследования обнаружено, что при пуске произошел отказ в блоке питания (событие B ).
Условные вероятности события B согласно той же статистике следующие: PB A1   0,9 ; PB A2   0 ; PB A3   0,2 ; PB A4   0,3.
Какая из гипотез наиболее вероятна при данных условиях?
Решение
Ищем по формуле полной вероятности (4) вероятность события B  {отказ в блоке питания}:
PB   P A1  B    A2  B    A3  B    A4  B  
P A1 B  
 0,2  0,9  0,4  0  0,3  0,2  0,1  0,3  0,27.
Согласно формуле Байеса,
0,2  0,9 0,18 2
P A1 B  

 ;
0,27
0,27 3
0  0,4
P A2 B  
 0;
0,27
0,3  0,2 2
 ;
P A3 B  
0,27
9
0,1  0,3 1
P A4 B  
 .
0,27
9
Из четырех вероятностей выбираем наибольшую. Наиболее
вероятна гипотеза A1.
Отметим, что в таких задачах не обязательно считать вероятность до последней цифры. Достаточно сравнить четыре дроби
с одинаковыми знаменателями и выбрать ту, где больший числитель.
Пример 1.10.4. По каналу связи может быть передана одна из
трех последовательностей букв: AAAA, BBBB, CCCC ; известно,
что вероятности каждой из последовательностей равны соответственно 0,3; 0,4; 0,3. Из-за шумов буква принимается правильно
26
с вероятностью 0,6. Вероятности приема переданной группы за две
другие равны: 0,2 и 0,2. Предполагается, что буквы искажаются
независимо друг от друга. Найти вероятность того, что передана
последовательность букв AAAA, если на приемном устройстве получено ABCA.
Решение
1. Ищем вероятность получения сигнала ABCA.
Событие  ABCA  {или послали AAAA, а получили – ABCA,
т. е. первое A не исказилось; второе A исказилось, и пришла буква
B; вместо третьего A пришла буква C ; четвертое A не исказилось,
или послали BBBB, а получили ABCA, т. е. три буквы, кроме второй, искажены, или послали CCCC , а получили ABCA, т. е. искажены все буквы, кроме третьей}.
P ABCF   0,3  0,6  0,2  0,2  0,6   0,4  0,2  0,6  0,2  0,2  
 0,3  0,2  0,2  0,6  0,2   0,00768.
2. Ищем вероятность того, что послали AAAA, если получили
ABCA :
0,3  0,6  0,2  0,2  0,6  0,00432

 0,56.
P AAAA ABCA 
0,00768
0,00768
Замечание 1.10.2. Последний пример показывает, что при решении задач по теории вероятностей следует очень внимательно
читать условие, выявить главное, а только потом применять формулы.
Примерные варианты контрольных работ и домашних заданий
Вариант 1
1. Техническое устройство состоит из двух блоков первого
типа и двух блоков второго типа. Пусть Bi i  1, 2  означает работоспособность i-го блока первого типа, а событие Ci i  1, 2 – работоспособность i-го блока второго типа. Для нормальной работы
устройства (событие A) необходимо, чтобы работали хотя бы
один блок первого типа и оба блока второго типа. Найти множество элементарных исходов. Выразить событие в поле событий
через элементарные исходы и непосредственно через события
B1 , B2 , C1 и C2 .
27
2. У сборщика имеется 10 деталей, среди которых 3 нестандартных. Наудачу сборщик выбирает для работы 6 деталей. Какова
вероятность того, что среди этих шести деталей будет: а) хотя бы
одна нестандартная; б) три нестандартных?
3. Три завода производят однотипные изделия в количественном соотношении 5:3:1 и поставляют свою продукцию на распределительную базу. Среди изделий первого завода 10 % составляют
детали высшего качества, среди изделий второго завода – 20 %,
третьего – 50 %. Найти вероятность того, что наудачу взятое с базы
изделие – высшего качества.
Вариант 2
1. Монету бросают пять раз. Известно, что три раза из пяти
монета упала гербом вверх. Построить множество элементарных
исходов данного опыта.
2. Техническое устройство состоит из четырех блоков.
Надежности блоков (вероятности безотказной работы в течение
времени Т) равны соответственно 0,8; 0,75; 0,9; 0,99. Работоспособность каждого из блоков не зависит от состояния других блоков.
Найти вероятность безотказной работы устройства в течение времени Т, если для этого достаточно, чтобы в течение времени Т безотказно работали по крайней мере три блока.
3. Подразделение состоит из четырех человек: одного сержанта и трех рядовых. Вероятность попасть в цель для сержанта равна
0,8; для рядового – 0,2. Из четырех человек наудачу выбираются
двое, которые стреляют в цель. Найти вероятность того, что цель
будет поражена, если для поражения цели достаточно одного попадания.
3. На трех автоматических станках изготовляются одинаковые
детали. Известно, что 30 % продукции производится первым станком, 25 % – вторым и 45 % – третьим. Вероятность изготовления
детали, отвечающей стандарту, на первом станке равна 0,99, на
втором – 0,98 и на третьем – 0,97. Изготовленные в течение дня на
трех станках нерассортированные детали находятся на складе.
Определить вероятность того, что наудачу взятая деталь не соответствует стандарту.
Вариант 4
1. Событие А произойдет, если произойдет событие В и хотя
бы одно из трех событий: C1 , C2 , C3 . Найти множество элементарных исходов. Выразить событие А как через соответствующие ему
элементарные исходы, так и непосредственно через события В, C1 ,
C2 , C3 .
2. Экзаменационный билет содержит три вопроса. Вероятности того, что студент ответит на первый и второй вопросы, равны
0,9, на третий – 0,8. Найти вероятность того, что студент сдаст экзамен, если для этого необходимо ответить: а) на все вопросы;
б) по крайней мере, на два вопроса билета.
3. В урне лежит шар неизвестного цвета: с равной вероятностью белый или черный. В урну опускается один белый шар и после тщательного перемешивания наудачу извлекается один шар.
Он оказался белым. Какова вероятность того, что в урне остался
белый шар?
Вариант 3
1. Спортсмен стреляет по цели до первого попадания, но не
более пяти раз (по числу патронов). Событие А соответствует попаданию в цель при одном выстреле. Найти множество элементарных
исходов данного опыта и множество элементарных исходов при
условии, что первые три раза он в цель не попал.
2. Игральная кость подбрасывается один раз. Найти вероятность следующих событий: А = {число очков равно 6}, В = {число
очков кратно трем}, С = {число очков четно}, D = {число очков
меньше 5}.
28
29
Глава 2. ДИСКРЕТНАЯ СЛУЧАЙНАЯ ВЕЛИЧИНА
2.1. Определение дискретной случайной величины.
Ряд распределения случайной величины
чения случайной величины X , а в нижней – соответствующие вероятности, с которыми эти значения принимаются:
X
x1
x2
P
p1
p2
…
…
xn
pn
…
…
где x1  x2  ...  xn  ... . Таблица называется рядом распределения
случайной величины X .
Здесь pn  P X  xn  n  1, 2, ... и  pn  1.
Пример 2.1.1. Проводится испытание, состоящее в подбрасывании трех монет. В результате опыта могут появиться три герба,
три цифры, два герба и одна цифра, один герб и две цифры, т. е.
герб может появиться три раза, ноль раз, два раза и один раз. Эти
значения (0, 1, 2, 3) будем трактовать как значения некоторой случайной величины (числа появления герба).
Пример 2.1.2. Проводим это же испытание, состоящее в подбрасывании трех монет, но теперь это игра на деньги. Пусть при
выпадении герба выигрыш составляет 100 р., при выпадении цифры – проигрыш 100 р., т. е. (–100) р. Очевидно, что выигрыш есть
величина случайная, принимающая значения: –300 (выпали три
цифры); –100 (выпали две цифры и один герб); 100 (выпали два
герба и одна цифра); 300 (выпали три герба).
Пример 2.1.3. Производится пять выстрелов. Число попаданий есть случайная величина, принимающая значения 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Под случайной величиной понимается величина, которая в результате опыта со случайными исходами принимает то или иное
значение.
Будем обозначать случайные величины большими латинскими
буквами X , Y , …, а их значения маленькими латинскими буквами.
Определение 2.1.1. Случайной величиной X называется
функция, определенная на множестве элементарных исходов
и принимающая действительные значения.
Определение 2.1.2. Случайная величина X называется дискретной (прерывной), если все ее значения x1 , x2 , …, xn можно
занумеровать натуральными числами, при этом принятие случайной величиной X ее значения xk k  1, 2, ... является случайным
событием с вероятностью P X  xk   pk .
Определение 2.1.3. Все значения случайной величины X сводят в таблицу. В верхней строке перечислены все возможные зна-
Найдем вероятности p1 , p2 , p3 :
а) событие X  0  {6 очков выпали 0 раз, т. е. на обоих кубиках не выпали 6 очков} = A6  A6 .
5 5 25
По теореме умножения p1  P X  0   P A6  A6     ;
6 6 36
б) событие X  1 {6 очков выпало один раз} = {или 6 очков
выпало первый раз, а второй раз не выпало или первый раз не выпало 6 очков, а выпало второй раз} = A6  A6   A6  A6 .
1 5 5 1 10 5
p 2  P X  1  P A6  A6  P A6  A6     
 ;
6 6 6 6 36 18
30
31
n
Ряд распределения полностью характеризует функцию распределения дискретной случайной величины и тем самым представляет собой один из видов задания закона распределения случайной величины.
Пример 2.1.4. Опыт состоит в том, что дважды подбрасывается игральный кубик. Случайная величина X – число выпадений
шести очков. Составить ряд распределения случайной величины X.
Решение. Шесть очков могут появиться два раза, один раз
и ни разу, т. е. случайная величина X принимает значения 2, 1, 0.
Тогда ряд распределения примет вид (значения xk поставим
по возрастающей величине)
X
P

0
p1
1
p2
 
2
p3

в) событие X  2  {оба раза выпало 6 очков} = A6  A6 .
1 1 1
p3  P X  2   P A6  A6     .
6 6 36
Таким образом, ряд распределения случайной величины X – числа
выпавших шести очков – имеет вид
0
25
36
X
P
1
10
36
2
1
36
Заметим, что сумма вероятностей равна единице.
Пример 2.1.5. Охотник, имея 4 патрона, стреляет по дичи до
первого попадания или пока не израсходует патроны. Вероятность
попадания равна 0,7. Составить ряд распределения случайной величины X – числа израсходованных патронов.
Решение
Ряд распределений имеет вид
X
P
1
p1
2
p2
3
p3
4
p4
Обозначим событие: A  {охотник попал}:
а) событие X  1  {охотник попал с первого раза} = A.
p1  P X  1  P A  0,7 ;
б) событие X  2  {охотник первый раз не попал, попал во
второй раз} = A  A.
p 2  P X  2   P A  A  0,3  0,7  0,21;


в) событие X  3  {охотник первый раз не попал, второй
раз не попал и третий раз попал} = A  A  A.
p3  P X  3  0,3  0,3  0,7  0,063;
г) событие X  4  {охотник не попал первый, второй, третий раз, а четвертый раз попал или не попал ни разу} =
= A  A  A  A  A  A  A  A, т. е. четыре патрона можно
израсходовать, если попал с четвертого раза или все четыре раза
промахнулся.
32
p4  0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,3  0,3  0,3  0,33  0,27.
Следовательно, ряд распределения примет вид
X
P
1
0,7
2
0,21
3
0,063
4
0,027
Пример 2.1.6. Опыт состоит в попытке завести автомобиль
с помощью ключа зажигания. Вероятность того, что машина заведется при повороте ключа, равна 0,4. Составить ряд распределения
случайной величины X – числа попыток завести автомобиль.
Решение
X
P
1
2
0,4
0,6  0,4
3
2
0,6  0,4
4
…
3
0,6  0,4
…
Отметим, что по условию задачи число попыток неограниченно, поэтому ряд распределения может содержать бесконечно много
значений x1 , x2 , …
Проверим, что сумма вероятностей здесь равна 1. Действительно, так как это сумма членов убывающей геометрической прогрессии с первым членом 0,4 и знаменателем 0,6, то

0,4
 pi  0,4  0,6  0,4  0,6 2  0,4  ...  1  0,6  1.
i 1
Пример 2.1.7. В урне 12 шаров, из которых 5 белых и 7 черных. Испытание состоит в том, что извлекаем из урны три шара
один за другим без возвращения.
Составить ряд распределения случайной величины X – числа
вынутых белых шаров.
Решение. Пусть событие A  {извлечен белый шар}. Тогда
событие A  {извлечен черный шар}.
Случайная величина X принимает значения 0, 1, 2, 3:
а) событие X  0  {среди трех извлеченных шаров 0 белых,
т. е. все три шара черные} = A  A  A.
7 6 5
7
p1  P X  0   P A  A  A     ;
12 11 10 44
б) событие X  1  {среди трех извлеченных шаров 1 белый
шар и 2 черных} = A  A  A  A  A  A  A  A  A .

 
33
 

в) событие X  2  {2 белых и 1 черный шар}.
5 7 6 7 5 6 7 6 5
        
12 11 10 12 11 10 12 11 10
567
21
 ;
 3
10  11  12 44
в) событие X  2 = {2 белых и 1 черный шар} =
= A  A  A  A  A  A  A  A  A.
5 4 7 5 7 4 7 5 4
p3  P X  2           
12 11 10 12 11 10 12 11 10
457
7
 3
 ;
10  11  12 22
г) событие X  3  {три белых шара} =  A  A  A.
5 4 3
1
p4  P X  3     .
12 11 10 21
Ряд распределения случайной величины X имеет вид
p2  P X  1 
0
7
44
Х
P
Проверим:
1
21
44
2
3
7 14

22 44
1
2

22 44
4
 pk  1.
k 1
Пример 2.1.8. В урне 5 белых и 7 черных шаров. Извлекаем
шар, отмечаем его цвет и возвращаем обратно в урну. Такую операцию проделываем три раза. Случайная величина X – число белых шаров среди трех извлеченных.
Решение. Очевидно, что X принимает значения 0, 1, 2, 3, как
в предыдущем примере. Но вероятности будут другие, так как
в урне будет всегда находиться 5 белых и 7 черных шаров:
а) событие X  0  {0 белых шаров или все 3 шара черные}.
2
525
5 7
;
p3  P X  2  3     
 12  12 1728
г) событие X  3  {три белых шара}.
3
125
5
p4  P X  3    
.
 12  1728
Ряд распределения имеет вид
0
343
1728
Х
P
1
735
1728
2
525
1728
3
125
1728
2.2. Функция распределения случайной величины Х
Определение 2.2.1. Функцией распределения случайной величины X называется функция F  x , которая для любого вещественного x равна вероятности события X  x, т. е.
F  x   P X  x .
Пример 2.2.1. Подбросим игральный кубик один раз.
Случайная величина X – число выпавших очков. Составить
ряд распределения, найти функцию распределения случайной величины X . Построить график функции распределения.
Решение. Множество возможных значений случайной величины X : 1, 2, 3, 4, 5, 6. Она принимает эти значения с одинаковой
1
вероятностью, равной . Ряд распределения имеет вид
6
Х
3
1
1
6
2
1
6
3
1
6
4
1
6
5
1
6
6
1
6
7 7 7 7
343
    
;
12 12 12  12 
1728
б) событие X  1  {среди трех извлеченных шаров 1 белый
и 2 черных шара}.
2
5  7  15  7 2 735
p2  P X  1  3     

;
12  12 
1728
123
Найдем функцию распределения F  x  :
1. Пусть x  1, тогда событие X  x  {число очков на выпавшей грани <1} =  , тогда
F  x   P X  x   P   0.
34
35
p1  P X  0 
P
2. Пусть 1  x  2, тогда событие X  x  {число очков на
выпавшей грани <2} = X  1.
1
F  x   P X  x   PX  1  .
6
3. Пусть 2  x  3, тогда событие X  x  {число очков на
выпавшей грани <3} = X  1  X  2.
1 1 2 1
F  x   P X  x   P X  1  P X  2     .
6 6 6 3
4. Пусть 3  x  4, тогда
F  x   P X  x   PX  1  X  2  X  3 

2  x  3;
3  x  4;
4  x  5;
5  x  6;
x  6.
Строим график функции распределения F  x  (рис. 1).
1 1 1 3 1
    .
6 6 6 6 2
F x 
5. Пусть 4  x  5, тогда
F  x   P X  x   PX  1  X  2  X  3  X  4 

x  1;
1  x  2;
 0,
1 ,
 6
1 ,
3

F x    1 ,
2
2
 3,
5 ,
 6
 1,
4 2
 .
6 3
1
5
6
1
6. Пусть 5  x  6, тогда
F  x   P X  x  
1
5
 PX  1  X  2  X  3  X  4  X  5  .
6
2
6
0
1
2
3
4
5
6
x
Рис. 1
7. Пусть x  6, тогда
F  x   P X  x  
 PX  1  X  2  X  3  X  4  X  5  X  6 
Таким образом,
36
6
 1.
6
На графике видно, что функция F  x  – неубывающая, имеет
точки разрыва и принимает значения от 0 до 1, т. е. 0  F  x   1.
Пример 2.2.2. Два стрелка делают по одному выстрелу в мишень (попадание в одну точку обоими стрелками в данном опыте
исключается). Вероятность попадания для первого стрелка равна
0,8, для второго она равна 0,7.
Случайная величина X – число пробоин в мишени после того,
как стрелки сделали по одному выстрелу. Составить ряд распределения, найти функцию распределения F  x  и построить ее график.
37
Решение
1. Ряд распределения случайной величины X имеет вид
X
P
0
p1
1
p2
2
p3
Пусть событие A  {первый стрелок попал в мишень}, а событие B  {второй стрелок попал в мишень}.
Найдем p1 , p2 , p3 :
а) событие X  0  {оба стрелка промахнулись} = A  B.
p1  P X  0   P A  B  P A  P B 


 
 1  0,8  1  0,7   0,2  0,3  0,06 ;
б) событие X  1  {один из стрелков попал} = A  B  
 A  B .
p2  P X  1  P A  B   P A  B   0,8  0,3  0,2  0,7  0,38 ;
F  x   P X  x   PX  0  X  1  0,06  0,38  0,44 ;
г) пусть x  2, тогда событие X  x  {число пробоин  2 } =
= X  0  X  1  X  2.
F  x   P X  x   PX  0  X  1  X  2 
 0,06  0,38  0,56  1.
Итак,
 0,
0,06,

F x   
0,44,
 1,
x  0;
0  x  1;
1  x  2;
x  2.
Строим график функции распределения F  x  (рис. 2).
F x 
1
в) событие X  2  {попали в мишень оба} = A  B.
p3  P X  2  P A  B   P A  PB   0,8  0,7  0,56.
Следовательно,
0,44
X
P
0
0,06
1
0,38
2
0,56
0,06
Отметим, что сумма вероятностей равна 1.
2. Найдем функцию распределения F  x  :
а) пусть x  0, тогда событие X  x  {число пробоин меньше 0} = .
F  x   P X  x   P   0 ;
б) пусть 0  x  1, тогда событие X  x  {число пробоин
меньше 1} = X  0.
F  x   P X  x   P X  0   0,06 ;
в) пусть 1  x  2, тогда событие X  x  {число пробоин <2} =
= X  0  X  1.
38
0
1
2
x
Рис. 2
Основные свойства функции распределения F(x):
1. Так как F  x   p X  x , то 0  F  x   1.
2. lim F  x   0 ;
x  
lim F  x   1.
x  
39
3. F  x  – неубывающая функция, т. е. если x2  x1 , то
F  x2   F  x1 .
Доказательство. Пусть x2  x1 (рис. 3).
x2
x1
x

F  x2   P X  x2   PX  x1  x1  X  x2  
 P X  x1   P x1  X  x2 .
F  x2   F  x1   P x1  X  x2 .
(6)
Так как P  0, то F  x2   F  x1 , т. е. F  x  – неубывающая
функция, что и требовалось доказать.
4. Из формулы (6) вытекает следующее свойство F  x  :
p  x1  X  x2   F  x2   F  x1 ,
т. е. вероятность того, что случайная величина Х в результате опыта
попадет на участок от x1 до x2 (вкючая x1 ), равна приращению
функции распределения на этом участке.
2.3. Биномиальный закон распределения
Начнем с примера, который поможет понять суть биномиального закона распределения.
Пример 2.3.1. Стрелок пять раз стреляет по мишени. Пусть
вероятность поражения мишени для каждого выстрела одинакова
и равна 0,7.
Введем случайную величину X – число попаданий в мишень.
Событие A  {попадание}, A  {промах}.
Найдем следующие вероятности:
1) вероятность того, что мишень поражена все пять раз, т. е.
X  5.
40
 0,7  0,7  0,7  0,7  0,7  0,7 5  0,16807 ;
2) вероятность того, что стрелок промахнулся все пять раз,
т. е. X  0.
Так как P A  1  0,7  0,3, то по теореме умножения

P X  0   P A  A  A  A  A 
Рис. 3
Тогда
По теореме умножения
P  X  5  P  A  A  A  A  A 
 0,3  0,3  0,3  0,3  0,3  0,35  0,00243 ;
3) одно попадание при пяти выстрелах означает, что стрелок
попал в мишень один раз, а четыре раза промахнулся. Попадание
может произойти при первом выстреле, или при втором выстреле,
или при третьем, или при четвертом выстреле, или при пятом.

 

P X  1  P A  A  A  A  A  P A  A  A  A  A 

 
 P A  A  A  A  A 

 P A A A A A  P A A A A A 
 0,7  0,3  0,3  0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,3  0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,3 
 0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,3  0,3  0,3  0,3  0,7 
 5  0,7  0,34  C51  0,7  0,34  0,02835,
5!
где C51 
 5;
1!4!
4) вероятность того, что стрелок попадет два раза при пяти
выстрелах,
P  X  2   P  A  A  A  A  A  P A  A  A  A  A 
 P A  A  A  A  A  P A  A  A  A  A 
 P A  A  A  A  A  P  A  A  A  A  A 
 P A  A  A  A  A  P  A  A  A  A  A 
 P A  A  A  A  A  P  A  A  A  A  A 
41
 0,7  0,7  0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,7  0,3  0,3 
 0,7  0,3  0,3  0,7  0,3  0,7  0,3  0,3  0,3  0,7 
 0,3  0,7  0,7  0,3  0,3  0,3  0,7  0,3  0,7  0,3 
 0,3  0,7  0,3  0,3  0,7  0,3  0,3  0,7  0,7  0,3 
 0,3  0,3  0,7  0,3  0,7  0,3  0,3  0,3  0,7  0,7  10  0,7 2  0,33 
 C52  0,7 2  0,33  0,1323,
5!
 10.
где C52 
2!  3!
Биномиальный закон распределения
Проводим n независимых испытаний в одинаковых условиях.
При каждом испытании может произойти событие A (успех) с вероятностью p или событие A (неудача) с вероятностью q  1  p .
Тогда по теореме умножения вероятность осуществления события
A k раз в n испытаниях, безразлично в каком порядке, равна
p k  q n  k ( k раз успех и оставшиеся разы n  k  – неудача). Таких
событий будет столько, сколько можно составить сочетаний из n
элементов по k , т. е. Cnk . Отсюда по теореме сложения вероятность
появления события A k раз при n испытаниях
Pn k   Cnk  p k  q n  k .
0
p1
1
p2
42
2
p3
X
P
0
1
8
1
3
8
2
3
8
3
1
8
(7)
Биномиальный закон распределения еще называют схемой
повторения испытаний или схемой Я. Бернулли.
Пример 2.3.2. Подбрасываем монету три раза. Случайная величина X – число выпавших гербов. Составить закон распределения случайной величины X и найти функцию распределения.
Решение
Ряд распределения имеет вид
X
P
1. Событие X  0  {при трех бросаниях монеты герб не выпал, т. е. три раза выпала цифра}.
Так как вероятность выпадения герба и вероятность выпаде3
1
1 1
ния цифры одинаковы и равны , то p1  P X  0      .
2
2 8
2. Аналогично находится вероятность p4 события X  3 
= {три раза выпал герб}.
3
1 1
p4  P X  3     .
2 8
3. Событие X  1  {при трех бросаниях монеты выпал 1 герб
и 2 раза выпала цифра}.
2
3
1 1
3!  1  3
p2  P X  1  P3 1  C31     
   .
2  2  1!  2!  2  8
4. Событие X  2  {при трех бросаниях монеты выпали
2 герба и 1 цифра}.
2
3
3!  1  3
2 1 1
   .
p3  P X  2   P3 2   C3     
2 2
2!  1!  2  8
Ряд распределения имеет вид
3
p4
Отметим, что сумма вероятностей равна 1.
Функция распределения
0,


1
,

8

 1 3 1
F x   
  ,
 8 8 2
1  3  3  7 ,
8 8 8 8
1,

43
x  0;
0  x  1;
1  x  2;
2  x  3;
x  3.
График F  x  представлен на рис. 4.
1
(выпадение пяти
3
1 2
или шести очков), вероятность неуспеха q  1  p  1   . Слу3 3
чайная величина X может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4 с вероятностями, вычисленными по формуле Бернулли (7).
В нашем случае
4
16
2
P4 0   C40 p 0 q 4     ;
81
 3
Вероятность успеха в каждом опыте p 
F x 
1
7
1
1
8
2
P4 1 
8
C41 p1q 3
3
1 2
32
 4    ;
3 3
81
2
0
1
2
3
x
Рис. 4
Пример 2.3.3. Имеется 10 семян. Вероятность того, что семя
взойдет, равна 0,4. Найти вероятность того, что взойдут не менее
трех, но не более шести семян.
Решение. Случайная величина X – число взошедших семян.
Событие 3  X  6  {взошло или 3, или 4, или 5, или 6 семян}. По аксиоме сложения и биномиальному закону находим вероятность:
3
4
5
p 3  X  6   C10
 0,43  0,67  C10
 0,4 4  0,66  C10
 0,45  0,65 
6
 C10
 0,46  0,6 4  0,77777  0,78.
2.4. Наиболее вероятное число успехов в схеме Бернулли
(мода биномиального закона)
2
24
1  2
P4 2   C42 p 2 q 2  6        ;
81
 3  3
3
1  2 8
P4 3  C43 p 3 q  4        ;
 3   3  81
4
1
1
P4 4 
  
81
 3
и ряд распределения случайной величины X имеет вид
 C44 p 4 q 0
Х
P
0
16
81
1
32
81
2
24
81
3
8
81
Заметим, что наибольшее значение p 
4
1
81
32
вероятность при81
Рассмотрим случайную величину X , распределенную по биномиальному закону.
Пусть игральный кубик подбрасывается четыре раза. Случайная величина X  число выпавших очков больше четырех.
нимает при X  1.
Это значение случайной величины называется модой и является ее важной характеристикой.
Определение 2.4.1. Мода для дискретной случайной величины
X  это то значение случайной величины, которое имеет наибольшую вероятность.
Обозначим это значение случайной величины X  m0 .
В нашем примере m0  1.
Если посмотреть на ряд распределения рассматриваемой случайной величины X , то видим, что значения вероятностей сначала
44
45
увеличиваются для X от 0 до m0 , а затем уменьшаются для X от
m0 до n.
В случае биномиального распределения m0 называется наивероятнейшим числом наступления успехов в n опытах.
Для m0 справедливы неравенства
 P X  m0  1  P X  m0  ,

 P X  m0  1  P X  m0  .
Воспользовавшись формулой Бернулли Pn m   Cnm p m q n  m ,
сведем последние соотношения к системе неравенств
Cnm0 1 p m0 1q n  m0 1  Cnm0 p m0 q n  m0 ,
 m0 1 m0 1 n  m0 1
Cn p
q
 Cnm0 p m0 q n  m0
или
n!
n!

m0 1 n  m0 1
q
p m0 q n  m0 ,

 m  1!n  m  1! p
m0!n  m0 !
0
0

n!
n!
m0 1 n  m0 1

p
q
p m0 q n  m0 .

 m0  1!n  m0  1!
m0!n  m0 !
Сокращая общие множители и учитывая, что p  q  1, получим
pn  q  m0  pn  p.
(8)
В нашем примере, не находя вероятностей всех значений случайной величины X , с помощью формулы наивероятнейшего числа можно найти m0 :
1
2
1
1 2
5
или m0  1.
 4   m0   4  ;
 m0 
3
3
3
3
3 3
Если найти разность крайних значений неравенства для m0 ,
то получим  pn  p    pn  q   p  q  1.
Следовательно, если pn  p  целое число, то и pn  q будет
целым. Тогда неравенству для m0 (8) удовлетворяют два значения
m0 и случайная величина X имеет две моды.
Пример 2.4.1. Батарея произвела 14 выстрелов по объекту,
вероятность попадания в который равна 0,2. Найти наивероятнейшее число попаданий и вероятность этого числа попаданий.
Решение. Из условия задачи p  0,2, q  0,8, n  14.
46
Используя неравенство (8), получим
0,2  14  0,8  m0  0,2  4  0,2; 2  m0  3.
Из решения мы видим, что данная задача имеет два наивероятнейших числа: 2 и 3, причем
14!
2 2 12
P14 2   C14
p q 
0,2 20,812  0,25,
12!  2!
14!
3 3 11
P14 3  C14
p q 
0,230,811  0,25.
3!  11!
Отметим, что неравенство для m0 (8) включает в себя и те
случаи, когда наивероятнейшее число m0 совпадает с крайними
значениями m0  0, m0  n.
Пример 2.4.2. Подбрасываем кубик четыре раза. Случайная
величина Х – число выпавших шестерок. Найти наивероятнейшее
число успехов – выпадение шестерок.
Решение. Здесь n  4, вероятность успеха в одном опыте
5
1
p  , вероятность неуспеха q  1  p  .
6
6
Используя неравенство (8) для наивероятнейшего числа, получим
1 5
1 1
1
5
4    m0  4   ,   m0  , m0  0.
6 6
6 6
6
6
При четырех бросаниях кубика наивероятнейшее число выпадения шестерки равно нулю.
Пример 2.4.3. Вероятность безотказной работы прибора за
время Т равна 0,98. Работает шесть приборов. Выход из строя одного прибора не влияет на работу других. Найти наивероятнейшее
число работающих приборов за время Т.
Решение. Из условия n  6, p  0,98 , тогда q  1  p 
 1  0,98  0,02.
Пользуясь неравенством pn  q  m0  pn  p, получим
6  0,98  0,02  m0  6  0,98  0,98, 5,86  m0  6,86,
тогда m0  6.
В данном примере m0  n  6.
47
2.5. Распределение Пуассона
Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых может произойти событие A с вероятностью p или событие
A с вероятностью q  1  p.
Если n велико, а вероятность p – мала, то вычисление вероятностей по формуле (7) (раздел 2.3) затруднительно. Для этой цели
применяют приближенную формулу Пуассона.
Теорема 2.5.1 (закон Пуассона)
Если n  , p  0, и при этом np  a является постоянной
величиной, то вероятность появления события A k раз в n испытаниях определяется по формуле
ak
(9)
Pn k   lim Cnk  p k  q n  k  e  a  .
n
k!
Доказательство
a
Так как np  a, то, следовательно, p  .
n
Тогда
k
nk
n!
a  a
Pn k   lim Cnk  p k  q n  k  lim
    1  

n 
n  k!  n  k !  n  
n
1  2  3    n  k   n  k  1    n  1  n a k
 k
n 
1  2  3    n  k   k!
n
 lim
 lim
n 
 a
 1  
 n
n
 a
 1  
 n
n  k  1n  k  2    n  1  n  a k  1  a  n  1  a  k

k! 
nk
 
n 
n

 
ak
 k 1   k 2   1   a  a 

lim 1     1       1    1  
k! n n n   n n   n    n  


k
 0, то каждый сомножитель выражения
n n 
 k 1  k 2  1
1     1       1    1, а согласно замечательному
 n n  n n  n
Так как

n
k


 a 

a k a
e .
k!
n
n
 a
 a a
пределу lim 1    e множитель 1    e  a .
n 
n
 n
Теорема доказана.
Для оценки абсолютной погрешности приближенной формулы (9) можно воспользоваться формулой
2
a k a k  a  k
 e
.
2n
k!
1
Видно, что абсолютная погрешность имеет порядок .
n
Пример 2.5.1. В люстре 100 лампочек. Вероятность того, что
лампочка перегорит, равна 0,01. Найти вероятность того, что перегорят не менее трех лампочек.
Решение. Пусть событие A  {перегорят не менее трех лампочек} = {или 3 лампочки перегорят, или 4, или …, или 100}.
Вероятность события A легче находить через вероятность
противоположного события A  {перегорело менее трех лампочек} =
= {перегорят или 2, или 1, или 0 лампочек}.
Задачу можно решить двумя способами:
а) по биномиальному закону
P  A  1  P  A  



2
1
0
 1  C100
 0,012  0,9998  C100
 0,011  0,9999  C100
 0,010  0,99100 .
Счет очень трудоемкий;
б) по закону Пуассона
n  100, p  0,01, np  a  1.
Следовательно,
 12 1 1 1 10 1 


P A  1  P A  1    e   e   e  
1!
0!

 2!
1 1

 1     1  1  0,07.
e 2

48

49
То есть вероятность события мала, что очевидно из условия
задачи, а вычисления по закону Пуассона несложные.
Пример 2.5.2. Устройство состоит из 100 элементов, работающих независимо один от другого. Вероятность отказа любого
элемента в течение времени T равна 0,04. Найти вероятность того,
что за время T откажут ровно два элемента.
Решение. n  100, p  0,04, k  2.
Возможно решение задачи двумя способами:
а) по биномиальному закону
100!
2
P100 2   C100
p 2 1  p 98 
 0,04 2  0,9698  0,1450 ;
2!  98!
б) по закону Пуассона
n  100, p  0,04, np  a  4.
Тогда
a2
42
 e  4   0,1465.
P100 2   e  a 
2!
2!
Дадим оценку абсолютной погрешности приближенной формулы Пуассона:
2
2
42 4 2  4  2
a k a k  a  k
 e
 e
 0,0015.
2n
2!
2  100
k!




Пример 2.5.3. Завод отправил на базу 5000 изделий. Вероятность того, что изделие повредится в пути, равна 0,0002. Найти вероятность того, что на базу прибудут изделия, среди которых будет
три поврежденных.
Решение. n  5000, p  0,0002, k  3. Найдем a  np  1.
По формуле Пуассона (9)
13 1
a3
 0,06 .
P5000 3  e  a   e 1  
3!
3! 6e
2.6. Математическое ожидание дискретной случайной
величины
Определение 2.6.1. Математическим ожиданием дискретной случайной величины называют сумму произведений всех ее
возможных значений на их вероятности.
Математическое ожидание обозначается M  X  или E  X  – от
английского слова Expected value (математическое ожидание).
Если ряд распределения случайной величины X имеет вид
X
x1
x2
…
xn
P
p1
p2
…
pn
тогда математическое ожидание
n
M  X    xk  p k .
k 1
Пример 2.6.1. Случайная величина X имеет следующий ряд
распределения:
0
1
2
3
Х
0,4
0,1
0,2
Р
а
Найти a и математическое ожидание M  X  случайной величины X .
Решение
Так как сумма вероятностей должна равняться 1, то
a  1  0,4  0,1  0,2   0,3 ,
следовательно,
n
M  X    xk pk  0  0,4  1  0,1  2  0,3  3  0,2  1,3.
k 1
Дадим оценку абсолютной погрешности приближенной формулы Пуассона:
2
2
13 1 3  1  3
a k a k  a  k
 e
 e
 0,000066 .
2n
3!
2  5000
k!
Замечание 2.6.1. Из определения математического ожидания
M  X  следует, что математическое ожидание случайной величины
есть величина неслучайная (постоянная).
Замечание 2.6.2. Происхождение термина «математическое
ожидание» связано с начальным периодом возникновения теории
вероятностей (XVI–XVII вв.), когда область ее применения ограни-
50
51




чивалась азартными играми. Игрока интересовало среднее значение
ожидаемого выигрыша (или математическое ожидание выигрыша).
Пример 2.6.2. Пусть случайная величина X – выигрыш в некоторой азартной игре. Если ряд распределения случайной величины X имеет вид
Но
m
 pij представляет собой не что иное, как полную вероятj
ность того, что велична X примет значение xi :
m
 pij  P X
j 1
–500
0,2
X
P
–200
0,3
0
0,1
100
0,3
1000
0,1
то математическое ожидание
M  X   500  0,2  200  0,3  0  0,1  100  0,3  1000  0,1  30.
Рассмотрим свойства математического ожидания:
1. Если случайная величина X  C , где C  постоянная величина, то M C   C.
Доказательство
n
n
k 1
k 1
M C    Cpk  C  pk  C  1  C.
2. Если C  постоянная величина, то M CX   CM  X .
Доказательство
n
n
k 1
k 1
M CX    Cxk pk  C  xk pk  CM  X .
3. Если X и Y  случайные величины, заданные на одном
и том же пространстве элементарных исходов, тогда, если существуют математические ожидания M  X  и M Y ,
M  X  Y   M  X   M Y .
Доказательство
Так как дискретная случайная величина X  Y принимает значения xi  y j с вероятностями pij  P X  xi , Y  y j , то
n
m
n
m
n
m
M  X  Y     xi  y j pij    xi pij    y j pij 
n
m
i 1
j 1
i 1 j 1
m
i 1 j 1
n
  xi  pij   y j  pij .
j 1
i 1 j 1
следовательно,
n
m
n
i 1
j 1
i 1
 xi  pij   xi pi  M  X  .
Аналогично докажем, что
m
n
j 1
i 1
 y j  pij  M Y  .
Таким образом,
M  X  Y   M  X   M Y  .
Свойство 3 распространяется на произвольное конечное число
слагаемых.
4. M C1 X  C2Y   C1M  X   C2 M Y , где C1 и C2  постоянные величины, а случайные величины X и Y заданы на одном
и том же пространстве элементарных исходов.
Доказательство следует из свойств 2 и 3.
5. M  X  M  X   0.
Доказательство. Так как M  X  – постоянная величина, то по
свойству 1
M M  X   M  X ,
а по свойству 3
M  X  M  X   M  X   M M  X   M  X   M  X   0.
6. Если случайные величины X и Y , заданные на одном и том
же пространстве элементарных исходов, независимы, т. е.
P X  xk , Y  y j   P X  xk   P Y  y j 
для всех xk и y j , тогда M  XY   M  X   M Y .
Это свойство оставим без доказательства.
Замечание 2.6.3. Отметим, что математическое ожидание
называют также средним значением случайной величины X , около
которого группируются все ее значения.
i 1
52
 xi   pi ,
53
2.7. Дисперсия случайной величины
На практике часто требуется оценить рассеяние (дисперсию)
возможных значений случайной величины X вокруг ее среднего
значения M  X .
Из свойства 5 математического ожидания (разд. 2.6)
M  X  M  X   0, т. е. среднее значение отклонения случайной величины X от ее математического ожидания M  X  равно 0, потому
что разность X  M  X  принимает как положительные, так и отрицательные значения. В силу этого следует либо рассматривать модуль этой разности X  M  X  , либо вычислять среднее значение
квадрата отклонения, т. е.  X  M  X 2 .
Дисперсия обозначается D X  или Var  X  – от английского
слова Variance (дисперсия).
Определение 2.7.1. Дисперсией случайной величины X называется величина D X   M  X  M  X 2 .
Свойства дисперсии:
1. Если случайная величина X  C , где С – постоянная,
то DC   0.
Доказательство. Так как M C   C (свойство 1 математического ожидания), то C  M C   0 и




DC   M C  M C 2  M 0   0.
2. Дисперсия D X  0 , так как по определению M  X 


n


D X   M  X  M  X 2    xk  M  X 2  pk .
k 1
Оба множителя под знаком суммы неотрицательны.
3. DCX   C 2 D X , где C – постоянная величина.
Доказательство. Используем свойство 2 математического
ожидания: M CX   CM  X , тогда




DCX   M CX  M CX 2  M CX  CM  X 2 




 M C 2  X  M  X 2  C 2 M  X  M  X 2  C 2 D X .
4. Если X и Y  независимые случайные величины, заданные
на одном и том же пространстве элементарных исходов, то
D X  Y   D X   DY .
54
Доказательство. Воспользуемся при доказательстве свойствами 3 и 2 математического ожидания ( M  X  Y   M  X   M Y 
и M CX   CM  X  ).
 X  Y   M  X  Y   
 M  X  Y  M  X   M Y    M  X  M  X   Y  M Y   
 M  X  M  X   2 X  M  X Y  M Y   Y  M Y   
 M  X  M  X   
 M 2 XY  M  X Y  XM Y   M  X M Y   M Y  M Y   
D X  Y   M
2
2
2
2
2
2
2
 D X   2M  XY   M  X M Y   M Y M  X   M M  X M Y  
 DY   D X   DY  
 2M  X M Y   M  X M Y   M  X M Y   M  X M Y  
 D X   DY .
5. Для вычисления дисперсии на практике применяется формула
D X   M X 2  M  X 2 .
Доказательство. По свойствам 3 и 2 математического ожидания имеем:
D X   M  X  M  X 2  M X 2  2 XM  X   M 2  X  
 



 M X   M 2 XM  X   M M  X  
 M X   2 M  X M  X   M  X  
 M X   2 M  X   M  X   M X   M
2
2
2
2

2
2
2
2
2
 X .
Дисперсия D X  имеет размерность квадрата случайной величины X , что в сравнительных целях неудобно. Когда желательно, чтобы оценка разброса имела размерность случайной величины,
используют еще одну числовую характеристику – среднее квадратическое отклонение.
Определение 2.7.2. Средним квадратическим отклонением
или стандартным отклонением случайной величины X является
квадратный корень из ее дисперсии:
 X   D  X  .
55
Пример 2.7.1. Пусть случайная величина X задана следующим рядом распределения:
1
0,3
X
Р
2
0,5
5
0,2
Найти дисперсию D X  и среднее квадратическое отклонение
 X .
Решение
По определению D X   M  X  M  X 2 , поэтому сначала
найдем M  X  :
M  X   1  0,3  2  0,5  5  0,2  2,3.


Составим ряд распределения случайной величины  X  M  X 2
X
 M  X 2
1  2,32
2  2,32
5  2,32
0,3
0,5
0,2
Р
Теорема 2.8.1. Если случайная величина X распределена по
биномиальному закону, то M  X   np, D X   npq.
Доказательство
Проводим n испытаний в одинаковых условиях. При каждом
испытании может произойти событие A с вероятностью p или событие A с вероятностью q  1  p.
1. Пусть случайная величина X 1 – число появлений события
A при первом испытании. Случайная величина принимает два значения: 1 (событие A появилось) и 0 (событие A не появилось, т. е.
произошло событие A ).
Ряд распределения случайной величины X 1 имеет вид
X1
Р
и затем найдем ее математическое ожидание:
D X   M  X  M  X 2   1,32  0,3   0,32  0,5  2,7 2  0,2 

2.8. Математическое ожидание и дисперсия случайной
величины Х, распределенной по биномиальному закону

 1,69  0,3  0,09  0,5  7,29  0,2  2,01.
следовательно, M  X   0  q  1  p  p.
Для нахождения дисперсии D X 1  построим ряд распределе-
 
2
X
Р
2
1
0,3
2
0,5
2
5
0,2
и найти ее математическое ожидание.
M X 2  1  0,3  4  0,5  25  0,2  7,3,
 
D  X   M X   M
2
2
 X   7,3  2,32  7,3  5,29  2,01.
Среднее квадратическое отклонение:
 X   D X   2,01  1,45.
56
1
p
ния случайной величины X 12
При нахождении дисперсии по формуле D X   M X 2 
 M 2  X  следует составить ряд распределения для случайной величины X 2
2
0
q  1 p
X 12
Р
02
q
12
p
 
Тогда M X 12  0  q  1  p  p.
По формуле нахождения дисперсии (свойство 5 разд. 2.7):
D X 1   M X 12  M 2  X 1   p  p 2  p 1  p   pq.
2. Пусть случайная величина X 2 – число появлений события
A во втором испытании. Ряд распределения этой случайной величины такой же, как и X 1 :
 
X2
Р
0
q 1 p
57
1
p
Тогда M  X 2   p, D X 2   pq.
Аналогично вычисляются математические ожидания и дисперсии для случайных величин: X 3 – число появлений события A
в третьем испытании; …; X n – число появлений события A в n-м
испытании. Общее число появлений события A во всех n испытаниях складывается из числа появлений события A в каждом испытании, т. е. если X – число появлений события A в n испытаниях,
то X  X 1  X 2  ...  X n .
По свойству 3 математического ожидания и свойству 4 дисперсии получаем:
M  X   M  X 1  X 2  ...  X n   M  X 1   M  X 2   ...  M  X n  
 p  p  ...  p  np ,
D X   D X 1  X 2  ...  X n   D X 1   D X 2   ...  D X n  
 pq  pq  ...  pq  npq.
Теорема доказана.
Пример 2.8.1. Вероятность изготовления стандартной детали
равна 0,95. Изготовлена партия в 200 деталей. Случайная величина
X – число бракованных деталей. Найти математическое ожидание
и дисперсию этой случайной величины.
Решение. Случайная величина X распределена по биномиальному закону. Вероятность того, что деталь бракованная,
p  1  0,95  0,05, стандартная – q  0,95.
M  X   np  200  0,05  10,
D X   npq  200  0,05  0,95  9,5.
Пример 2.8.2. Вероятность выигрыша по одному билету
книжной лотереи равна 0,2. Какова вероятность того, что из шести
купленных билетов два окажутся выигрышными? Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины X – числа выигрышных билетов среди шести купленных.
Решение. Случайная величина X распределена по биномиальному закону, поэтому вероятность выиграть по двум билетам из
шести (формула (7))
6!
p2  P6 2   C62  0,2 2  0,84 
 0,04  0,4096 
2!  4!
Математическое ожидание M  X   np  6  0,2  1,2.
Дисперсия D X   npq  6  0,2  0,8  0,96.
Примерные варианты контрольных работ и домашних заданий
Вариант 1
1. Обрыв связи произошел на одном из пяти звеньев телефонного кабеля. Мастер последовательно проверяет звенья цепи, пока
не обнаружит места обрыва.
Составить закон распределения числа проверенных мастером
звеньев, если вероятность обрыва связи одинакова для всех звеньев.
Написать функцию распределения этой случайной величины и построить ее график.
2. Вероятность выигрыша по облигации займа за все время его
действия равна 0,25. Найти вероятность того, что, купив 8 облигаций, вы выиграете по 6 из них.
3. Вероятность того, что в некотором автопарке одна машина
попадет в аварию в течение месяца, равна 0,001. В автопарке имеется 300 автомашин. Найти вероятность того, что в течение месяца
попадут в аварию не более трех из них.
Вариант 2
1. Устройство состоит из трех независимо работающих элементов, вероятности безотказной работы которых за время Т соответственно равны 0,7; 0,8; 0,9.
Составить закон распределения случайной величины
X  {число элементов, исправно проработавших в течение времени Т}.
Написать функцию распределения этой случайной величины
и построить ее график.
2. В магазин вошли 12 покупателей. Найти вероятность того,
что 4 из них что-нибудь купят, если вероятность совершить покупку для каждого вошедшего покупателя одна и та же и равна 0,2.
3. Торговая база получила 10 000 электрических лампочек.
Вероятность повреждений электрических лампочек в пути равна
0,0001. Определить вероятность того, что в пути будут повреждены
четыре лампочки.
 15  0,04  0,4096  0,246.
58
59
Вариант 3
1. В первой коробке лежат 3 хорошие и 2 бракованные детали,
во второй – 4 хорошие и 1 бракованная, а в третьей – 2 хорошие
и 3 бракованные детали. Для контроля из каждой коробки наугад
берут по одной детали.
Составить закон распределения числа бракованных деталей
среди отобранных, написать функцию распределения этой случайной величины и построить ее график.
2. Вероятность того, что пассажир опоздает к отправлению
поезда, равна 0,02. Найти вероятность того, что из десяти пассажиров, купивших билет на поезд, будет не менее двух опоздавших.
3. Учебник издан тиражом 100 000 экземпляров. Вероятность
того, что экземпляр будет сброшюрован неправильно, равна 0,0001.
Найти вероятность того, что тираж содержит ровно 5 бракованных
книг.
ной величины, если количество вылетов ограничено тремя,
а p  0,6.
2. В кафе имеется 25 столов. Вероятность того, что в данный
момент стол окажется занятым, равна 0,6. Какова вероятность того,
что в данный момент будет не менее трех свободных столов?
3. Государственная лотерея выпущена тиражом в пять миллионов билетов. Выигрыши падают на 20 000 билетов. Какова вероятность того, что среди 50 билетов выиграет не менее двух билетов.
Вариант 4
1. Производится четыре независимых выстрела в одинаковых
условиях по некоторой цели. Вероятность попадания при одном
выстреле равна 0,25.
Найти закон распределения для числа попаданий в цель.
Написать функцию распределения этой случайной величины и построить ее график.
2. Из партии, состоящей из 100 деталей, среди которых
10 бракованных, случайно извлекаются 10 изделий для проверки их
качества. Какова вероятность того, что при этом обнаружат не более двух бракованных изделий?
3. В среднем левши составляют 1 %. Определить вероятность
того, что среди 200 студентов факультета хотя бы один окажется
левшой.
Вариант 5
1. Вероятность обнаружить малоразмерный объект в заданном
районе при каждом вылете самолета-наблюдателя равна p.
Составить закон распределения случайного числа произведенных независимых вылетов, если они выполняются до первого обнаружения объекта. Написать функцию распределения этой случай60
61
b
Глава 3. НЕПРЕРЫВНАЯ СЛУЧАЙНАЯ ВЕЛИЧИНА
3.1. Определение непрерывной случайной величины.
Плотность распределения
Пример 3.1.1. Рассмотрим случайную величину X – время
ожидания поезда в метро в утренние часы, когда поезда приходят
с интервалом в 2 минуты. Очевидно, что ждать прибытия поезда
можно от 0 до 2 минут, все значения случайной величины X невозможно внести в таблицу ряда распределения, как это делалось
для дискретной случайной величины, следовательно, X  0,2.
Пример 3.1.2. Поставим точку (случайным образом) на координатной оси 0x. Случайная величина X – абсцисса (координата
x ) данной точки. Очевидно, что X   ,  .
Определение 3.1.1. Случайная величина X называется непрерывной, если ее возможные значения сплошь заполняют некоторый
конечный или бесконечный интервал.
Дадим более строгое определение непрерывной случайной величины.
Определение 3.1.2. Случайную величину X называют непрерывной, если ее функция распределения F  x   P X  x  непрерывна.
Определение 3.1.3. Пусть X – непрерывная случайная величина, F  x  – ее функция распределения. Если F  x  имеет производную, т. е. F  x   f  x , то эта производная называется плотностью распределения.
Свойства плотности распределения:
1. f  x   0. Действительно, функция распределения F  x  не
убывает (свойство 3 разд. 2.2). Следовательно, ее производная неотрицательна.
b
2.
 f  x  dx  Pa  X  b  .
a
Доказательство. Так как по определению плотности

F  x   f  x , то F  x  является первообразной f  x  . Тогда по формуле Ньютона – Лейбница
62

b
f  x dx  F  x   F b   F a   Pa  X  b .
a
a
Последнее равенство следует из свойства 4 (разд. 2.2) функции распределения F  x .

3.
 f x dx  1.

Доказательство


f  x  dx  lim
A 

A
f  x  dx  lim F  x 

A 
A
 lim F  A  lim F  A  1  0  1.
A 
A

A
A 
При доказательстве воспользовались свойством 2 (разд. 2.2)
функции распределения F  x  : lim F  x   0; lim F  x   1.
x  
x  
4. Геометрический смысл свойства 3 заключается в том, что
площадь фигуры под графиком функции f  x ,    x  , равна 1.
5. Зная плотность распределения, можно найти функцию распределения F  x  по формуле F  x  
x
 f t dt.

Доказательство. По определению функции распределения
F  x   P X  x   P   X  x , таким образом, получим:
x
 f t dt  P   X  x   F  x .

Формула доказана.
Замечание 3.1.1. Если X – непрерывная случайная величина,
то
P X  x   lim P x  X  x  x   lim F  x  x   F  x   0,
x  0
x  0
т. е. вероятность отдельного значения непрерывной случайной величины равна 0.
Определение 3.1.4. График функции f  x  называется кривой
распределения случайной величины X .
Определение 3.1.5. Абсцисса максимума графика плотности
распределения называется модой и обозначается  0 (рис. 5).
63
Определение 3.1.6. Медианой непрерывной случайной величины X называется такое ее значение x p   e , для которого
1
P X   e   P X   e   , т. е. одинаково вероятно, окажется ли
2
случайная величина X меньше  e или больше  e (см. рис. 5).
С помощью функции распределения можно записать, что
1
F  e   .
2
f x 
2. Из свойства 4 (разд. 2.2) функции распределения F  x  следует, что
82
57
P8  X  14   F 14   F 8  1 

.
121 121
Заметим, что F 14   1 следует из того, что F  x   1 при x  11,
64
x2
.
а при 0  x  11 F  x  
, следовательно, F 8 
121
121
График функции распределения F  x  – непрерывная функция
(рис. 6).
F x 
1
0
0
0
x
e
Рис. 5
Пример 3.1.3. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,
 x 2
F x  
,
0  x  11;
121
x  11.
 1,
Найти: 1) плотность распределения случайной величины Х;
2) P8  X  14  . Построить графики F  x  и f  x .
Решение
1. Так как функция плотности f  x   F  x , то
x  0;
 0,
 2 x
f x  
,
0  x  11;
121
 0,
x  11.
64
11
x
Рис. 6
График функции плотности f  x  представлен на рис. 7.
f x 
2
11
0
11
x
Рис. 7
Пример 3.1.4. Дана функция распределения случайной величины Х
65
0,
x  1;


F  x   a  b arcsin x,
x  1; 1;

1,
x  1.

Найти: константы a и b; функцию плотности f  x  ;
P 0,5  X  0,5.
Решение
1. Так как F  1  0, F 1  1 и функция F  x  непрерывная, то
составим систему:
 F  1  a  b arcsin  1  0,

 F 1  a  b arcsin 1  1.

 
 a  b  2   0,

 a  b    1.

2
Вычтем из первого уравнения второе, получим


 b   b   1 или b  1,
2
2
1
следовательно, b  .

1
1
Если подставить b  во второе уравнение, то найдем a  .
2

Итак, функция распределения F  x  имеет вид
0,
x  1;

1 1
F  x     arcsin x,
 1  x  1;
2 
1,
x  1.

2. Функция плотности f  x   F  x , следовательно,

x  1;
0,

1
f x  
,
 1  x  1;
2
1
x




0,
x  1.
66
3. Вероятность
P 0,5  X  0,5  F 0,5  F  0,5 
1 1
 1 1

   arcsin  0,5    arcsin  0,5 


2
2

 

1
1      1
 arcsin 0,5  arcsin  0,5         ,

  6  6  3
1 1
так как F  x    arcsin x при  1  x  1.
2 
Пример 3.1.5. Задана плотность распределения случайной величины Х
 0, x  1;
f x   a
, x  1.
 x 4
Найти постоянный параметр a и функцию распределения
F  x .
Решение
1. Для нахождения параметра a воспользуемся свойством 3
плотности распределения:

 f  x  dx  1.

Разобьем интеграл на два интеграла:
A
A
x 3
a
dx

lim


a
 f  x  dx   0dx   x 4 dx  a Alim

A 
  x 4
3 1


1
1


1
A
a 1
a 1
 a
 lim   3  lim   3  1  ,
A  3 x 1
A  3  A
 3
1
так как lim 3  0.
A  A

a
Таким образом,  f  x  dx   1, следовательно, a  3.
3

Функция плотности принимает вид
 0, x  1;
f x   3
, x  1.
 x 4
67
2. Для нахождения функции распределения F  x  воспользуемся формулой F  x  
x
 f t dt
f x 
и учтем, что плотность f  x  задана
7

по-разному при x  1 и x  1 .
Если x  1, то F  x  
Если x  1, то
x

f t dt 

x
 0dt  0.

x
3
10
x
t 3
3
1
 3 
F  x    f t  dt   0dt   4 dt  3 
3
t
t 1


1
x
1
5
x
1
1
  3   1  1  3 .
x
x
Следовательно,
0
2
1
3
x
4
Рис. 8
x  1;
 0,
1
F x  
1  , x  1.
 x 3
Заметим, что найденная функция распределения F  x  непре1

рывна и lim F  x   0, lim F  x   lim 1  3   1.
x  
x  
x  
x 
Пример 3.1.6. Функция плотности случайной величины Х
 3
x  0 ; 1;
 10 ,
 7 x 21
f x    ,
x  3; 4 ;
5
5
x  0 ; 1  3; 4 .
 0,

Найти функцию распределения F  x .
Решение. Построим график f  x  (рис. 8).
На графике видно, что плотность f  x  задана на пяти интервалах по-разному, поэтому есть смысл переписать условие задачи
по-новому:
x  0;
 0,
 3
0  x  1;
 10 ,

f  x    0,
1  x  3;
 7 x 21
 5  5 , 3  x  4;
 0,
x  4.

В
F x 
формуле
x
 f t  dt
для
нахождения
распределения
верхний переменный предел интегрирования x мо-

жет находиться в любом из пяти интервалов, поэтому мы рассмотрим пять случаев:
1. Пусть x  0, тогда F  x  
2. Пусть 0  x  1, тогда
F x  
x


0
x
f t dt 


x

x
 0dt  0.

x
3
3
3
dt  0  t  x.
10 0 10
0 10
f t  dt   0dt  
3. Пусть 1  x  3, тогда
68
функции
69
x
1
 sin x
 
 3 , x  0, 2  ;

 2
  3 
f x  
, x  , ;
2 2 
 3
 3 
 0,
x  0,  .

 2
x
3
3
3
F  x    f t  dt   0dt   dt   0dt  t  .
10 0 10
0 10
1


4. Пусть 3  x  4, тогда
x
x
0
1
3
3
 7t 21 
F  x    f t  dt   0dt   dt   0dt     dt 
5


0 10
1
3 5
0
1
x
3  7t 2 21 
3 7 x 2 21  7  32 21 
  
 t   
 x  
  3  
10  10 5 
10 10
5
10
5 

3
7 x 2 21
33
 x .
10
5
5
5. Пусть x  4, тогда
Найти функцию распределения F  x  и построить ее график.
Решение. Начнем с построения графика плотности (рис. 9).

F x  
f x 
x
0
1


0
3
3
4
1
3
 7t
 f t  dt   0dt   10 dt   0dt    5

x
21 
dt   0dt 
5
4
4
3  7t
21 
3 112 84  63 63 
  
 t   
    
10  10 5 
10 10
5  10 5 
2
1
3
3
178 84 10
   1.
10 5 10
Ответ:

0
0,
x  0;


3
0  x  1;
x,

10

3

,
1  x  3;
F x   
 2 10
 7 x  21 x  33 , 3  x  4;
 10
5
5

1,
x  4.
Пример 3.1.7. Дана плотность распределения случайной величины Х

2

Рис. 9
Значит, функция плотности f  x  задана на четырех промежутках следующим образом:
x  0;
 0,
 sin x
 
, x  0, ;

 2
 3
f x   2
  3 
 3 , x   2 , 2 ;

3
 0,
x .

2
Ищем функцию распределения F  x .
1. Пусть x  0, тогда F  x  
70
x
3
2
x
x


 f t  dt   0dt  0.
71
2. Пусть 0  x 

, тогда
2
x
F x 
1
x
x
0
sin t
1
F  x    f t  dt   0 dt  
dt   cos t  
3
0


0 3
1
cos x  cos 0  1 1  cos x .
3
3

3
3. Пусть  x  , тогда
2
2
1

F x  
x


0

2 sin t
f t  dt   0dt  

0

x
x
2
2
1
2
dt   dt   cos t   t 
3
3
3 
 3
0
F x  
0

2 sin t
 f t  dt   0dt  


0
x
Рис. 10
Определение 3.2.1. Математическим ожиданием непрерывной случайной величины Х c плотностью распределения вероятности f  x  называется число, определяемое равенством
3
2
2
3
2
1 2  3   1 2
        1.
3 3  2 2  3 3
2
M X  
x  0;

0 x ;
2

3
x ;
2
2
3
x .
2
Заметим, что F  x  непрерывна (рис. 10).

 xf  x  dx ,

при условии, что интеграл абсолютно сходится.
Определение 3.2.2. Дисперсией непрерывной случайной величины X называют математическое ожидание квадрата отклонения
случайной величины от ее математического ожидания.
D X  
Ответ:
72
3
2
3.2. Математическое ожидание и дисперсия непрерывной
случайной величины
x
2
1 2 2
dt  
dt   0dt   t 
3
3 3 
3
 3
0,

1
 3 1  cos x ,

2
F x   
x,
 3

1,



2

 1 2
1
1 2
 2
   cos  cos 0    x     x  
x.
3
2
2  3 3
3 3
 3 
x

2
0
2
3
4. Пусть x  , тогда
2
3

2
  x  M  X  f  x  dx.

Определение 3.2.3. Среднее квадратическое отклонение непрерывной случайной величины X определяется равенством
 X   D  X  .
Замечание 3.2.1. Можно показать, что все свойства математического ожидания и дисперсии дискретных случайных величин сохраняются и для непрерывных величин.
Замечание 3.2.2. Для вычисления дисперсии можно получить
более удобную формулу:
73
D X  







2
2
2
  x  M  X  f  x  dx   x  2 xM  X   M  X  f  x  dx 








f x 
x 2 f  x  dx  2 M  X   xf  x  dx  M 2  X   f  x  dx 
2
1
2
2
 x f  x  dx  2M  X   M  X   M  X   1 


0
1
 x f  x  dx  M  X  .
2
2

Пример 3.2.1. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,

1
0 x ;
 x,
4

5
1 1
F x   
x ;
2x  ,

8
4 4

5
x .
 1,
8

Найти: функцию плотности f  x  ; математическое ожидание;
3
1
дисперсию; P  X   .
8
8
Решение
1. Ищем плотность распределения f  x   F  x  :
x  0;
0,

1
1, 0  x  ;
4

1
5
f x  
x ;
2,

4
8

5
x .
0,
8

График плотности распределения представлен на рис. 11.
5
4
Рис. 11
2. Математическое ожидание M  X  

 xf  x  dx .

Так как функция плотности f  x  задана на четырех промежутках,
то разобьем интеграл на четыре:
M X  

 xf x dx 

x2

2
1
4
0
5
8
x2
 2
2
1
4

0
1
4
5
8


0
1
4
5
8
 x  0dx   x 1dx   x  2dx   x  0dx 
2
1   5 
1  23
     .
32   8  16  64
3. Дисперсия
D X  

2
2
 x f x dx  M  X  



1
4
0
5
8

4
8
2
 23 
2
2
2
2
 x  0dx   x 1dx   x  2dx   x  0dx   64  
1
5
0

1
3 4
x
3
0
 2
5
3 8
x
3
1
4
3
2
1
2  5 
1   23 
349
 23 
  
         
.



64
3
64
3
8
64
64
12288
 






2
3
1
 3
1
4. P  X    F    F   .
8
8
8
8
74
x
8
75
 3
Значение функции распределения F   находим из условия,
8
3 1 2 1
1
5
1
 3
что F  x   2 x  , если
 x  ; тогда F    2     ,
8 4 4 2
4
8
4
8
1
1
а F   находим из условия, что F  x   x, если 0  x  , т. е.
4
8
1 1
F   .
8 8
3 1 1 3
1
Значит, P  X      .
8 2 8 8
8
Пример 3.2.2. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,

F  x   sin x, x  0; a ;
 1,
x  a.

Найти: параметр a; функцию плотности f  x ; математическое
1

ожидание; дисперсию; P  X  3  .
3

Решение
1. При нахождении параметра a следует помнить, что F  x 
непрерывна, при подходе слева к точке x  a функция F  x   sin x,
а при подходе справа к точке x  a функция F  x   1.

1
Значит, sin a  1, а так как sin  1, то a  .
2
2
2. Найдем функцию плотности f  x   F  x  :

x  0;
 0,

1
f  x    cos x, 0  x  ;
2

1
 0,
x .

2
76
3. При нахождении математического ожидания (и дисперсии)




разобьем интеграл M  X    xf  x dx  D X     x  M  X 2 f  x dx 




на три интеграла, так как плотность задана на трех промежутках.
1
Два интеграла: от   до 0 и от до   – будут равны 0, так
2
как плотность на этих интервалах f  x   0 .
Тогда
M X  

1
2

0
 x  f  x  dx   x   cos xdx .
Последний интеграл вычислим по формуле интегрирования по частям.
Обозначим:
U  x  dU  dx ,
dV   cos x  V    cos x   cos xdx  sin x.
Найденные выражения подставим в формулу интегрирования
b
b
b
по частям:  UdV  UV a   VdU .
a
a
1
2
1
1
2
M  X    x   cos xdx  x  sin x 0 2   sin xdx 
0
0
1
1 1


 1 1
1
 1
  sin  0    cos x  0 2    cos  cos 0    .
2
2 
2
 2 
2
 
1
2
4. Дисперсия D X    x 2   cos xdx  M 2  X . Интеграл в по0
следнем равенстве будем брать по частям дважды.
77
1
2
x
2
  cos xdx 
0
2
1
 x sin x 0
2
U  x 2  dU  2 xdx,

dV   cos xdx  V  sin x
1
2
1
2

1

  sin x  2 xdx   sin  0   2  x sin xdx 
2
4

0
0
U  x  dU  dx,

Формулы вычисления математических ожиданий и дисперсий
дискретной и непрерывной случайных величин представлены
в прил. 2.

1
dV  sin xdx  V   sin xdx   cos x

1
1



1
 1
 2 2 1
 
  2 x   cos x      cos x dx  
4   
0 0 
 



1 

 1
1  1
1
1  1

  2  cos  0  2 sin x 0 2    2 2 sin  2 sin 0  
4  2
2
2 

 4 

1 2
  2.
4 
2
1 2
1 2 1 1
 2  M 2 X    2     
4 
4 
2 
1 2 1
1 1 1
1 3 1 3
  2   2    2   2  1   .
 
 
4 
4
2  
1

1
5. P  X  3   F 3  F   .
3

 3
1
Так как из условия задачи F  x   1 при x  , то F 3  1; при
2
1


функция
распределения
F  x   sin x ;
тогда
x  0 ; 
2



3
3
1
1

F    sin 
, поэтому P  X  3   1 
 1  0,866  0,134.
3 2
2
 3
3

D X  
78
3.3. Закон равномерного распределения вероятностей
Определение 3.3.1. Распределение вероятностей называют
равномерным, если плотность распределения сохраняет постоянное значение на интервале, которому принадлежат все возможные
значения случайной величины.
То есть плотность распределения f  x  имеет вид
x  a;
 0,

f  x   C , a  x  b ;
 0,
x  b.

1. Найдем значение постоянной C из условия, что

 f  x  dx  1.


b
1
.
ba

a
2. Построим график плотности равномерного распределения
(рис. 12).

f  x  dx   Cdx  Cx a  C b  a   1, следовательно, C 
b
f  x
1
ba
0
b
a
Рис. 12
3. Найдем функцию распределения F  x  :
79
x
a  если x  a, то F  x  
б) если a  x  b, то
F x  
x
x
x


x
1
1
 f t dt   0dt   b  a dt  b  a  t

a
в) если x  b, то
F x  
D X  
x
a
b


a
x
1
x

a
1
 f t dt   0dt   b  a dt   0dt  b  a  t
b
x  a;
 0,
x  a
F x  
, a  x  b;
b  a
x  b.
 1,
xa
;
ba
b

a
ba
 1.
ba
F x
1
b
a
x
Рис. 13
4. Математическое ожидание случайной величины, распределенной равномерно,

1
1 x2
 xdx 

M  X    x  f  x  dx  
ba 2

a ba

b
2
2
2
 x f  x  dx  M  X    x 
b

ba
1

b2  a2 
.
2b  a 
2
80

a
3 b
1 x

ba 3
a
b

a
2
1
b  a
dx  
 
ba
 2 
2
b 3  a 3 a 2  2ab  b 2
b  a



 
3b  a 
4
 2 
b 2  ab  a 2 a 2  2ab  b 2 a 2  2ab  b 2 a  b 2




.
3
4
12
12
6. Среднее квадратическое отклонение:
 X   D X  
График функции распределения F  x  имеет вид (рис. 13).
0


a

5. Дисперсия:
 f t dt   0dt  0 ;
b  a 2
12

ba
.
2 3
Замечание. В первом же примере 3.1.1 была введена случайная величина X – время ожидания поезда в метро в утренние часы
с интервалом в две минуты. Эта случайная величина имеет равномерное распределение.
Например, если X  0 ; 2 , то функция распределения F  x 
имеет вид
x  0;
 0,
x
F  x    , 0  x  2;
2
x  2.
 1,
x  0;
 0,
1
Тогда плотность распределения вероятностей f  x    , 0  x  2;
2
x  2.
 0,
Математическое ожидание:

2
1
1 x2
M  X    xf  x dx   x dx  
2
2 2

0
2
 1, т. е. среднее значение вре0
мени до прихода поезда – одна минута. Вероятность ожидания по1
езда меньше одной минуты P X  1  F 1  .
2
81
3.4. Показательный закон распределения
F x
Определение 3.4.1. Показательным (экспоненциальным)
называют распределение вероятностей непрерывной случайной величины X , которая имеет плотность распределения:
x  0;
 0,
f  x     x
e , x  0,
где  – положительная постоянная величина.
1. График функции плотности представлен на рис. 14.
1
Рис. 15
f x 
4. Математическое ожидание:

M X  


x  f  x dx 


0
x
2. Функция распределения показательного закона распределеx
 f t dt :
x
a  если x  0, то F  x    0dt  0 ;

б) если x  0, то
x
F x  


 e
x
f t dt 
0


  1  1  e
x
x
x
0
0
0
0  dt   e t dt    e  t d  t    e  t 
 x
.
x  0;
 0,
F x  
 x
1  e , x  0 .
3. График функции распределения F  x  представлен на рис. 15.



x  0dx   x  e x dx 
0
dV  e x  V   e x dx    e x d  x   e x
A


x
 x A

x
e
dx
lim
x
e
e x dx  







0
A 
A 


0
0
A
A


 A 1
 1
 lim   Ae A  0      e x d  x   lim  x  e x  
0
A 


  0
 A e



A
A 1
1
 lim e A  e 0   lim x  .

x
A  e
A  
A  e

A  
При нахождении lim A    воспользуемся правилом ЛопитаA  e
 
ля: возьмем производную по A отдельно в числителе и знаменателе
дроби:
A
1
1
lim
 lim A   0.
A  e A
A  e 

1
Таким образом, M  X   .

5. Дисперсия

D X    x 2 f  x dx  M 2  X  .
0
82

A
  lim

0
U  x  dU  dx,
 lim
Рис. 14
ния F  x  
x
0
83
Интеграл


0
0
2
2
x
 x f  x  dx   x e dx возьмем по частям дважды
и воспользуемся тем, что lim
1
A  eA
 0 , lim
A
A  eA
 0 и аналогично
2A
2
A2
 lim
 lim 2 A  0 .

A

A
A  e
A   e
A   e
lim
Получим:

x
2
e
 x
dx 
0
U  x 2  dU  2 xdx,
dV   e x dx  V    e x dx  e x


x 2 e x dx  lim  x 2  e x

A  
A  

0
 lim
A

A
0



A

   e  x 2 xdx  

0
A
 A2

 lim   x  2  xe x dx  
A  

0
 e
U  x  dU  dx,


1
1
dV  e x dx  V   e x dx    e x d   x    e  x


A
  1

A
 2A
1A
2
 x 

 lim 2 x  e    e x dx   lim   A  0  2 e x  
 A e
0
A    

0  0



2
2
 lim  2 e A  e 0  2 .
A  


t2
1 x 2
 0 x  
 e dt .
2 0
Основные свойства Φ 0  x 
Приведем основные свойства функции Лапласа.

1. Рассмотрим подынтегральную функцию y  x   e . Очевидно, что эта функция четная и ее график симметричен относительно оси 0 y.

x2
2
Найдем производную: y x   e  x ; y  x   0 при x  0 ;
y x   0 при x  0 , следовательно, y  x  возрастает.
y x   0 при x  0 , следовательно, y  x  убывает.
При x  0 имеет точку максимума y 0   e 0  1.
Заметим, что lim e
x  

x2
2
 lim
x  
тальная асимптота.
График функции y  x   e

x2
2
1
x2
e2
 0, т. е. y  0 – горизон-
представлен на рис. 16.
y

1
И окончательно
D X  
2
2
1
1
 M 2 X   2  2  2 .
2

 

3.5. Интеграл вероятностей (или функция Лапласа)
Определение 3.5.1. Функцией Лапласа (интегралом вероятностей или нормированной функцией Лапласа) называется специальная функция
84
x2
2
0
Рис. 16
x2
1 0 2
2.  0 0  
 e dx  0.
2 0
85
x
3. Функция  0  x  – нечетная, т. е.  0  x    0  x  .
Доказательство
Доказательство.
t
2
x t
e 2 dt .
1

2 0
Сделаем замену переменной: t   z , при t  0  z  0 ; при
t  x  z  x.
 0  x  
z2
z2
1 x 2
1 x 2
e
d

z




Тогда  0  x  

 e d  z     0  x .
2 0
2 0
1
1
4.  0     ;  0      .
2
2
Доказательство. Отметим, что неопределенный интеграл
e

t2
2 dt
не выражается через элементарные функции (т. е. «небеt2
рущийся»). Определенный интеграл вида
теграл Эйлера – Пуассона.
Так
2
1
2
как
e

t2
2
1  2
 e dt  1 – это ин2  
t2
–
четная
функция,
то
1  2
 e dt 
2  
2
 t
e 2

dt  1.
0
t2
1  2
1
Следовательно,  0   
e dt  .

2
2 0
1
В силу нечетности функции Лапласа  0      .
2
Это свойство (свойство 4) показывает, что функция  0  x 
1
1
имеет две горизонтальные асимптоты: y  при x   и y  
2
2
при x  .
5. Функция  0  x  – возрастающая на всей вещественной оси.
Найдем
от
 0 x  
1 x 2

 e dt.
2 0
По теореме Барроу производная от интеграла с переменным
верхним пределом равна подынтегральной функции, вычисленной
в точке дифференцирования:

2
x2


x t
1
1 2


2
0  x   
 e dt  x  2 e .
 2 0


Эта функция положительная при любом x  ,  , значит,
 0  x  – возрастающая функция.
6. Найдем вторую производную – 0  x  :
x2
1 2
0  x  
e   x .
2
0  x   0 при x  0.
0  x   0 при x  0 , значит,  0  x  – выпуклая вниз, при
x  0  0  x   0 , и  0  x  – выпуклая вверх.
Все перечисленные свойства позволяют построить график
функции Лапласа (рис. 17).
Ф0 x 
0,5
0
x
 0,5
Рис. 17
86
производную
2
87
3.6. Нормальное распределение
Нормальный закон распределения (или закон Гаусса) играет
исключительно важную роль в теории вероятностей и занимает
среди законов распределения особое положение.
Определение 3.6.1. Говорят, что случайная величина X распределена по нормальному закону с параметрами a и , если ее
функция плотности имеет вид
f x 
1
 2
1
 2e
  x  a 2
1
2
f x 
e 2 ,
 2
где    a   ;   0, если использовать удобный способ записи
показательной функции e x  exp x  , чтобы избежать многоэтажных
формул, вид
   x  a 2 
1
.
f x  
exp
2

 2
 2

Как будет показано ниже, параметры a и , которыми определяется нормальное распределение, являются соответственно математическим ожиданием и средним квадратическим отклонением
нормального распределения.

x2
2 .
1. В разд. 3.5 был построен график функции y  x   e
График плотности нормального распределения f  x  (рис. 18) строится
аналогичным образом, он смещен по оси 0 x в точку x  a, а точка
1
максимума имеет координаты x  a, f a  
.
 2
Эта кривая распределения называется нормальной кривой
(кривой Гаусса).
2. Найдем математическое ожидание нормального закона распределения.

   x  a 2 
1 


exp
M  X    xf  x  dx 
x

 2 2 dx .
 2  



88
0
a
a
a
x
Рис. 18
xa
.

Тогда x  a  t , dx  dt , пределы интегрирования остаются
те же.
Введем новую переменную t 
2
t

   x  a 2 
1 
1 
2 dt 




exp
dx
a
t
e
M X  
x





 2 2 
 2 

2




t2
t2
a  2
  2

e dt 

 te dt  a.
2 
2 
t2
В первом слагаемом интеграл
1  2
 e dt  1 (интеграл Эй2  
t2
  2
лера – Пуассона), а во втором слагаемом интеграл
 te dt
2  
равен 0, как интеграл в симметричных пределах от нечетной функции. Значит, M  X   a.
3. Дисперсия нормального закона распределения:
89
D X  
   x  a 2 
1 
2




x
a
exp


 2 2 dx 
 2  


2

1
x  a 2 exp  x  a 2 d  x  a     2 t 2e  t2 dt ,

 2   

 2 2    
2  
 2
2



xa
.

Если взять этот интеграл по частям, то получим D X    2 .
где t 
4. Вычислим для нормально распределенной случайной величины X вероятность попадания на участок от  до .
Применяя свойство 2 (разд. 3.1) плотности распределения, получим:

   x  a 2 
1 
exp
P  X     f  x dx 
  2 2 dx 
 2 



   x  a 2   x  a 
   x  a 2   x  a 
1 
1 
d 


exp
exp



d


 
 
2
2
    .
   
2
 2 

2
2







xa
Положим в последнем интеграле t 
, тогда пределы ин
a
a
тегрирования станут при x    t 
, а при x    t 


и
P  X   
 a
2
 t
e 2 dt
1

2   a
a
 a
 0 
,
  0 
  
  
5. Если положить в формуле P(   X   )   ,   x
1
и учесть, что  0      , получим функцию распределения нор2
мально распределенной случайной величины X . По определению
функции распределения
 xa
F  x   p X  x   p   X  x   
     
  
1
 xa
  0 
.
2
  
График функции распределения при нормальном законе можно построить аналогично графику интеграла вероятностей  x ,
сдвигая график интеграла вероятностей по оси 0 x в точку x  a,
а по оси 0 y поднимая его вверх на 0,5.
График функции распределения F  x  нормального закона
представлен на рис. 19.
F x 
1
0,5
0
a
x

где  0  x  – функция Лапласа.
Наряду с нормированной функцией Лапласа используют
Рис. 19
1 x 2
функцию  x  
 e dt , называемую также функцией Лапла2  
са; она связана с функцией Ф 0  x  формулой Ф x   0,5  Ф 0  x .
В большинстве учебников по теории вероятностей имеются таблицы приближенных значений функций Ф 0  x  и Ф x  (см. прил. 1).
Определение 3.6.2. Нормальное распределение называют
нормированным, если математическое ожидание a  0, а среднее
квадратическое отклонение   1.
90
91
t2
Для
f x 
1
2
нормированной
x2

e 2
,
случайной
величины
а функция распределения
плотность
F  x  имеет вид
1
  0  x , где  0  x  – нормированная функция Лапласа.
2
Пример 3.6.1. Расстояние между населенными пунктами, полученное в результате измерений, имеет нормальное распределение
со средним значением 16 км и средним квадратическим отклонением 100 м = 0,1 км. Найти вероятность того, что расстояние между
населенными пунктами не менее 15,75 км и не более 16,3 км.
Решение. Воспользуемся формулой
F x  
 a
t2
1  2
a
 a
e dt   0 
P  X   
.
  0 

2   a
  
  

Пусть случайная величина X – расстояние между населенными пунктами, M  X   a  16 км, среднее квадратическое отклонение   0,1;   15,75 км,   16,3 км. Тогда
 15,75  16 
 15,75  16 
P15,75  X  16,3  

  
0,1 
0,1 


  0 3   0  2,5  0,498  0,494  0,992.
Пример 3.6.2. Ошибки измерения распределены нормально,
причем математическое ожидание равно 0, а среднее квадратическое отклонение равно 20 мм. Найти вероятность того, что из двух
независимых измерений хотя бы в одном ошибка по модулю будет
меньше 10 мм.
Решение. Пусть случайная величина X – ошибка измерения,
M  X   a  0,  X     20 мм.
1. Найдем вероятность события A  {в одном измерении
ошибка по модулю меньше 10 мм}.
 10  0 
  10  0 
P A  P  X  10  P 10  X  10  
  

 20 
 20 
1
 1
1
  0     0     2 0    2  0,19  0,38.
 2
 2
2
1
Значение  0   найдем по таблице (см. прил. 1).
2
92
2. Событие B  {хотя бы в одном из двух независимых измерений, ошибка по модулю меньше 10 мм}=
=  A  A  A  A  A  A  U  A  A.
P A  1  0,38  0,62 ;
PB   1  0,62 2  0,6156.
Пример 3.6.3. Средняя температура в Москве в мае имеет
нормальное распределение со средним значением +22 °С и средним квадратическим отклонением 3о.
Вычислить вероятность того, что три года подряд средняя
температера будет меньше 18о.
Решение. Пусть случайная величина X – температура
в Москве в мае. Математическое ожидание M  X   a  22о , среднее квадратическое отклонение   3о. Событие A  X  18. Тогда
1
4
 18  22  1
P A  P X  18  F 18    0 
   0   
2
3
 3  2
 0,5  0,408  0,092.
4
Значение  0     0 1,33 нашли по таблице. Вероятность
3
того, что три года подряд будет меньше 18о , 0,0953  0,00085, т. е.
почти нулевая.
Пример 3.6.4. Завод изготавливает шарики для подшипников.
Отклонение диаметра шарика от номинала имеет нормальное распределение со средним значением, равным 0, и средним квадратическим отклонением 0,01 мм. При контроле бракуются все шарики,
диаметр которых отличается от номинала более чем на 0,025 мм.
Определить процент годной продукции.
Решение. Случайная величина X – отклонение диаметра шарика от номинала. Продукция считается годной, если это отклонение будет меньше по модулю, чем 0,025 мм, т. е. X  0,025.
P X  0,025  P 0,025  X  0,025 
  0,025  0 
 0,025  0 
 0 
  2 0 2,5  2  0,494  0,988.
  0 
0,01 

 0,01 
Значит, процент годной продукции равен 98,8.
93
Пример 3.6.5. Считается, что отклонение длины изготавливаемых стержней 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 стержня можно гарантировать с вероятностью 0,8?
Решение. Случайная величина X – отклонение длины стержня
от стандарта с M  X   a  40 см и  X     0,4 см. Обозначим
через  отклонение длины изготавливаемого стержня от номинала.
По условию задачи дано, что P X  M  X      0,8.
P X  M  X      P   X  M  X     
 M X     a 
 P M  X     X  M  X       




  

  
 M X     a 
 
  0,8.
  0 
  2 0 
  0 



 0,4 
 0,4 
 0,4 
  
Тогда  0 
  0,4.
 0,4 
Из таблицы прил. 1 находим, что  0  x   0,4 при x  1,3, т. е.

 1,3    0,52 см. Значит, допустимая точность равна 0,52 см.
0,4
3.7. Интегральная теорема Лапласа
В главе 2 была выведена формула Бернулли (7), позволяющая
вычислить вероятность того, что событие появится в n испытаниях
k раз.
Возникает вопрос, нельзя ли вычислить интересующую нас
вероятность, не прибегая к формуле Бернулли. Оказывается, мож1
но. Ответ на этот вопрос нашел в 1730 году Муавр (при p  ),
2
а в 1783 году Лаплас обобщил формулу Муавра для произвольных
значений P : 0  P  1.
Эта теорема называется интегральной теоремой Муавра –
Лапласа.
Ниже приведем без доказательства интегральную теорему
Лапласа.
94
Теорема 3.7.1. Проводим n испытаний, в каждом из которых
может появиться событие A с вероятностью p или событие A
с вероятностью q  1  p, тогда вероятность того, что событие A
появится в n испытаниях от k1 до k 2 раз, приближенно равна:
 k  np 
 k  np 
 ,
   0  1
(10)
Pn k1; k 2    0  2
 npq 
 npq 
где  0  x  – функция Лапласа; np  M  X  – математическое ожидание биномиального закона; npq  D X  – дисперсия.
Пример 3.7.1. По данным проверки качества выпускаемых
деталей определенного вида брак составляет 15 %. Определить вероятность того, что в партии из 450 деталей пригодных будет не
менее 300.
Решение. Вероятность бракованной детали равна 0,15 (15 %),
тогда вероятность стандартной детали равна 1  0,15  0,85 . Если
искать вероятность того, что пригодных деталей будет не менее
300, т. е. или 300, или 301, или … или 450, то по формуле Бернулли
эта вероятность равнялась бы
300
301
P300  X  450   C 450
 0,85300  0,15150  C 450
 0,85301  0,15149 
302
 C 450
 0,85 302  0,15148  ...  0,85 450  ...
Счет невозможен.
При использовании формулы (10), если X – число пригодных
деталей, то
 450  np 
 300  np 
  0 
,
P450 300  X  450    0 



 npq 
 npq 
где n  450; p  0,85; q  0,15; np  450  0,85  382,5; npq  382,5 
 0,15  57,375; npq  57,375  7,57.
 300  382,5 
 450  382,5 
P450 300  X  450   0 

  0 
7,57
7,57




  0 8,9   0  10,1  0,5  0,5  1.
Пример 3.7.2. Исследуют 400 проб руды. Вероятность промышленного содержания металла в каждой пробе для всех проб
одинакова и равна 0,8. Найти вероятность того, что число проб
95
с промышленным содержанием металла будет заключено между
290 и 350.
Решение. Случайная величина X – число проб с промышленным содержанием металла. n  400; p  0,8; q  0,2; np  400 ;
 0,8  320; npq  320  0,2  64; npq  64  8.
По интегральной теореме Лапласа
 290  320 
 350  320 
P290  X  350   0 

  0 
8
8




  0 3,75   0  3,75  2   0 3,75  2  0,499  0,9980.
3.8. Основные законы распределения случайных величин
и их числовые характеристики
Сведем основные законы распределения и их числовые характеристики в таблицу.
Наименование
закона
Биномиальный
Пуассона
Возможные
значения Х
xk  k ,
k  0, 1, 2, ..., n
xk  k ,
k  0, 1, 2, ..., n
p x  или f  x 
M X 
D X 
 X 
C nk p k q n  k
np
npq
npq
ea  ak
k!
a
a
a
ba
2 3
Равномерный
a xb
1
b a
ab
2
b  a 2
Показательный
0 x
e  x
1
β
1
 x  a 
2 2
12
β
2
1
β
2
Нормальный
x
1
e
 2
a

2

3.9. Предельные теоремы
1. Закон больших чисел
Теорема Чебышева. Если X 1 , X 2 , ..., X n – попарно независимые случайные величины, причем их дисперсии не превышают постоянного числа C , то для любого сколь угодно малого положительного числа   0 вероятность неравенства
X 1  X 2  ...  X n M  X 1   M  X 2   ...  M  X n 


n
n
будет как угодно близка к единице, если число случайных величин
достаточно велико. Другими словами,

1 n
1 n
lim p  X k   M  X k      1.
n
n k 1

 n k 1
Таким образом, теорема Чебышева утверждает, что если рассматривать достаточно большое число независимых случайных величин, имеющих ограниченные дисперсии, то почти достоверно
 p  1 можно считать событие, состоящее в том, что отклонение
среднего арифметического случайных величин от среднего арифметического их математических ожиданий будет по абсолютной
величине сколь угодно малым, т. е. среднее арифметическое достаточно большого числа независимых случайных величин утрачивает характер случайной величины (сходится по вероятности).
Эту и последующую теоремы приводим без доказательства.
2. Центральная предельная теорема
Центральная предельная теорема касается вопроса возникновения нормального распределения для суммы случайных величин
при неограниченном увеличении числа ее слагаемых.
Пусть X 1 , X 2 ,..., X n – случайные величины, обладающие математическим ожиданием и дисперсией.
n
Положим S n   X i и введем в рассмотрение величину
i 1
Zn 
96
S n  M S n 
.
D S n 
97
Такая случайная величина Z n называется центрированной и
нормированной суммой случайных величин X 1 , X 2 ,..., X n , математическое ожидание M Z n   0, дисперсия DZ n   1.
Приведем формулировку центральной предельной теоремы
для случая одинаково распределенных случайных величин
X 1 , X 2 , ..., X n .
Теорема. Пусть случайные величины X 1 , X 2 , ..., X n взаимно
независимы, одинаково распределены, имеют конечное математическое ожидание и дисперсию, не равную нулю. Тогда функция
распределения нормированной и центрированной случайной велиS  M S n 
при n   стремится к функции распредечины Z n  n
D S n 
ления нормальной случайной величины с параметрами a  0,   1 :
t2
1 x 2



F  x   PZ n  x  n

x

 e dt.

2  
Эта теорема широко используется в математической статистике, так как выборочные случайные величины получены из одной
и той же генеральной совокупности и имеют одинаковые распределения.
Примерные варианты контрольных работ
и домашних заданий
Вариант 1
1. Дана функция распределения случайной величины Х

x
0;
 0,

1
;
0 x
 x,
4

5
1 1
F x   
;
x
2x  ,

8
4 4

5
.

x
 1,
8

98
Найти: функцию плотности распределения вероятностей случайной величины X ; математическое ожидание; дисперсию; меди
1
ану; P  X  1.

8
2. Найти функцию распределения случайной величины X , если дана плотность распределения вероятностей этой случайной величины
a  x
x   a, 0 ;
 a2 ,
 a  x
f x    2 ,
x  0, a ;
a

x   a, 0   0, a .
 0,

3. Случайные ошибки имеют нормальное распределение, причем систематические ошибки отсутствуют, а среднее квадратическое отклонение равно 20 мм. Найти вероятность того, что из трех
независимых измерений хотя бы одно имеет ошибку более 5 мм.
4. Среди металлических клемм 95 % стандартных. Определить
вероятность того, что среди 1200 клемм не более 50 нестандартных.
Вариант 2
1. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,
F x   
2x
1  e , x  0 .
Найти: функцию плотности распределения вероятностей случайной величины X ; математическое ожидание; дисперсию; медиану.
2. Найти функцию распределения случайной величины X , если дана плотность распределения вероятностей этой случайной величины
1
x  0, 1;
 3,
 2
f x   2 ,
x  3;
x
 0, x  0, 1  3,  .

99
3. Ошибки операторов во время дежурства имеют нормальные
распределения с параметрами (4 м, 15 м) для первого оператора
и (3 м, 10 м) для второго. Была допущена ошибка в 23 м. Какого
оператора вероятнее подозревать в ее совершении?
3
4. Известно, что
всего числа изготовленных заводом теле5
фонных аппаратов выпускается первым сортом. Изготовленные аппараты расположены один возле другого случайным образом.
Приемщик берет первые попавшие 200 штук. Чему равна вероятность того, что среди них аппаратов первого сорта окажется от 120
до 150 штук?
Вариант 3
1. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,
 x 2
, x  0, 13;
F x   
169
x  13.
 1,
Найти: функцию плотности распределения вероятностей случайной величины X ; математическое ожидание; дисперсию; медиану; P2  X  3.
2. Восстановить функцию распределения вероятностей случайной величины X по плотности распределения
 1
x   7,  4;
 9,
 1

,
x   4, 0;
f  x    36
5  x
x  0;
9 e ,
 0,
x   7,  4   4, 0  0,  .

3. Длина детали имеет нормальное распределение, причем
a  20 см,   0,2 см. Найти вероятность того, что длина детали
будет колебаться от 19,5 см до 20,5 см.
4. Проверкой качества изготовляемых кинескопов для телевизоров установлено, что 60 % из них служат не менее гарантируемого срока. Определить вероятность того, что в партии из 500 кинескопов будет более 95 % кинескопов со сроком службы не менее
гарантируемого.
100
Вариант 4
1. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,
 x 2
F  x    , x  0, 2;
4
x  2.
 1,
Найти: функцию плотности распределения вероятностей случайной величины X ; математическое ожидание; дисперсию; медиану; P1  X  5.
2. Дана плотность распределения случайной величины Х
 cos x
 3 , x  0,  2;
 4
, x   2, ;
f x  

3

x  0, .
 0,

Восстановить функцию распределения вероятностей этой случайной величины.
3. Завод изготавливает шарики для подшипников. Отклонение
диаметра шарика от номинала имеет нормальное распределение со
средним 0 и средним квадратическим отклонением 0,01 мм. При
контроле бракуются все шарики, диаметр которых отличается от
номинала более чем на 0,025 мм. Определить процент годной продукции.
4. Среди деталей, производимых заводом, 3 % бракованных.
За смену производится 10 000 деталей. После проверки стандартная
продукция поступает на склад. Определить, какова должна быть
емкость склада, чтобы с вероятностью 0,975 в конце смены он не
переполнился.
Вариант 5
1. Дана функция распределения случайной величины Х
x  0;
 0,

F  x   sin x, x  0, a ;
 1,
x  a.

101
Рекомендуемая литература
Найти: константу a; функцию плотности распределения вероятностей случайной величины X ; математическое ожидание; медиану; моду; P X   4 .
2. Дана плотность распределения случайной величины Х
 3
x   1, 1;
 8,
 6  x
,
f x  
x  3, 6 ;
 18
x   1, 1  3, 6 .
 0,

Найти функцию распределения вероятностей этой случайной величины.
3. Вес буханки хлеба распределен нормально с математическим ожиданием, равным 1 кг, и средним квадратическим отклонением 0,01 кг. Какова вероятность купить буханку весом более 1,1 кг?
4. В тире имеется 10 ружей одной системы и одинаковых по
виду, но из них только 6 пристрелянных.
Вероятность попадания в цель из непристрелянного ружья
равна 0,3, а из пристрелянного – 0,9. Из взятого наудачу ружья
спортсмен сделал 200 выстрелов по мишени. Чему равна вероятность
того, что число попаданий в мишень заключено между 120 и 150?
1. Письменный Д. Т. Конспект лекций по теории вероятностей и математической статистике : монография / Д. Т. Письменный. – 2-е изд. – М. :
Айрис-Пресс, 2013. – 256 с.
2. Гмурман В. Е. Теория вероятностей и математическая статистика:
учеб. пособие / В. Е. Гмурман. – 12-е изд., перераб. – М. : Высшее образование, 2008. – 479 с.
3. Гмурман В. Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей
и математической статистике : учеб. пособие для вузов / В. Е. Гмурман. –
9-е изд., стер. – М. : Высшая школа, 2004. – 404 с.
4. Вентцель Е. С. Теория вероятностей и ее инженерные приложения /
Е. С. Вентцель, Л. А. Овчаров. – М. : Высшая школа, 2007. – 480 с.
5. Вероятностные разделы математики : учебник для бакалавров техн.
направлений / под ред. Ю. Д. Максимова. – СПб. : Изд-во «Иван Федоров»,
2001. – 588 с.
6. Гихман И. И. Теория вероятностей и математическая статистика /
И. И. Гихман, А. В. Скороход, М. И. Ядренко. – 2-е изд. – К. : Вища школа,
1988. – 439 с.
7. Тутубалин В. Н. Теория вероятностей : учеб. пособие для высш.
учеб. заведений / В. Н. Тутубалин. – М. : Издательский центр «Академия»,
2008. – 368 с.
8. Бронштейн И. Н. Справочник по математике для инженеров и учащихся втузов : учеб. пособие / И. Н. Бронштейн, К. А. Семендяев. – СПб.;
Краснодар : Лань, 2009. – 608 с.
102
103
Приложение 2
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение 1
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое
отклонение дискретной и непрерывной случайных величин
t2
1 x 2
Значение функции Ф 0  x  
 e dt
2 0
0
x
0,0 0,0000
0,1
0398
0,2
0793
0,3
1179
0,4
1554
0,5
1915
0,6
2258
0,7
2580
0,8
2881
0,9
3159
1,0
3413
1,1
3643
1,2
3849
1,3
4032
1,4
4192
1,5
4332
1,6
4452
1,7
4554
1,8
4641
1,9
4713
x
2,
3,
0
4773
4987
Сотые доли x
1
2
3
4
5
0040 0080 0112 0160 0199
0438 0478 0517 0557 0596
0832 0871 0910 0948 0987
1217 1255 1293 1331 1368
1591 1628 1664 1700 1736
1950 1985 2019 2054 2088
2291 2324 2357 2389 2422
2612 2642 2673 2704 2734
2910 2939 2967 2996 3023
3186 3212 3238 3264 3289
3438 3461 3485 3508 3531
3665 3686 3708 3729 3749
3869 3888 3907 3925 3944
4049 4066 4082 4099 4115
4207 4222 4236 4251 4265
4345 4357 4370 4382 4394
4463 4474 4485 4495 4505
4564 4573 4582 4591 4599
4649 4656 4664 4671 4678
4719 4726 4732 4738 4744
Десятые доли x
1
2
3
4
5
4821 4861 4893 4918 4938
4990 4993 4995 4997 4998
104
6
0239
0636
1026
1406
1772
2123
2454
2764
3051
3315
3553
3770
3962
4131
4279
4406
4515
4608
4686
4750
7
0279
0675
1064
1443
1808
2157
2486
2794
3079
3340
3577
3790
3980
4147
4292
4418
4525
4616
4693
4756
8
0319
0714
1103
1480
1844
2190
2518
2823
3106
3365
3599
3810
3997
4162
4306
4430
4535
4625
4700
4762
9
0359
0754
1141
1517
1879
2224
2549
2852
3133
3387
3621
3830
4015
4177
4319
4441
4545
4633
4706
4767
6
4953
4998
7
4965
4999
8
4974
4999
9
4981
5000
Случайная
величина
Математическое
ожидание
M X 
Дискретная
случайная
величина
M  X    xi pi
Среднее
квадратическое
отклонение
 X 
Дисперсия
D X 
D X  
n


 M  X  M  X  
i 1
2
  M
M X
2
 
2
 X   D  X 
 X ,
n
где M X 2   xi2 pi
Непрерывная случайная величина
M X  


 x  f x dx,
D X  


где f  x  – плотность распределения вероятностей

i 1

2
 x  M  X  f  x dx 


2
2
 x f x dx  M  X 

105
 X   D  X 
Оглавление
3
Глава 1. Основные понятия теории вероятностей ……...……………...
3
1.1. Испытания. События ……………………………………….....
4
1.2. Алгебраические действия над событиями …………………..
6
1.3. Поле событий. Элементарные события (исходы)………..…..
7
1.4. Определение вероятности……………………………………..
9
1.5. Теорема сложения вероятностей……..…………………….....
1.6. Условная вероятность……………………………………….... 11
1.7. Теорема умножения вероятностей. Независимые события… 13
1.8. Некоторые элементы комбинаторики………………………... 15
19
1.9. Формула полной вероятности…………………………….…..
1.10. Формула Байеса (теорема гипотез)…………………………. 24
Глава 2. Дискретная случайная величина……………….……………... 30
2.1. Определение дискретной случайной величины.
Ряд распределения случайной величины……………………. 30
35
2.2. Функция распределения случайной величины Х………..…..
40
2.3. Биномиальный закон распределения………..……………….
2.4. Наиболее вероятное число успехов в схеме Бернулли
(мода биномиального закона)………………………………... 44
2.5. Распределение Пуассона……………………………………… 48
2.6. Математическое ожидание дискретной случайной
величины………………………………………………………. 51
2.7. Дисперсия случайной величины……………………………... 54
2.8. Математическое ожидание и дисперсия случайной
величины Х, распределенной по биномиальному закону…… 57
Глава 3. Непрерывная случайная величина………......………………... 62
3.1. Определение непрерывной случайной величины.
Плотность распределения……………………………………. 62
3.2. Математическое ожидание и дисперсия непрерывной
случайной величины………………………………………….
73
3.3. Закон равномерного распределения вероятностей …………
79
3.4. Показательный закон распределения………………………...
82
3.5. Интеграл вероятностей (или функция Лапласа) ……………. 84
3.6. Нормальное распределение ………………………………….. 88
3.7. Интегральная теорема Лапласа ……………………………… 94
3.8. Основные законы распределения случайных величин
и их числовые характеристики………………………………. 96
3.9. Предельные теоремы …………………………………………. 97
Рекомендуемая литература ……………………………………………… 103
Приложения ………………………………………………………………. 104
106
Учебное издание
Башмакова Инна Борисовна,
Кораблёва Ирина Ивановна,
Прасникова Светлана Станиславовна
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Учебное пособие
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор К. И. Бойкова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 15.11.2016. Формат 6084 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 6,3. Тираж 100 экз. Заказ 164. «С» 68.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, ул. Егорова, д. 5/8, лит. А.
107
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
108
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
1
Размер файла
793 Кб
Теги
bashmakova, teor, verojatn
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа