ВІКІСТОРІНКА
Навигация:
Інформатика
Історія
Автоматизація
Адміністрування
Антропологія
Архітектура
Біологія
Будівництво
Бухгалтерія
Військова наука
Виробництво
Географія
Геологія
Господарство
Демографія
Екологія
Економіка
Електроніка
Енергетика
Журналістика
Кінематографія
Комп'ютеризація
Креслення
Кулінарія
Культура
Культура
Лінгвістика
Література
Лексикологія
Логіка
Маркетинг
Математика
Медицина
Менеджмент
Металургія
Метрологія
Мистецтво
Музика
Наукознавство
Освіта
Охорона Праці
Підприємництво
Педагогіка
Поліграфія
Право
Приладобудування
Програмування
Психологія
Радіозв'язок
Релігія
Риторика
Соціологія
Спорт
Стандартизація
Статистика
Технології
Торгівля
Транспорт
Фізіологія
Фізика
Філософія
Фінанси
Фармакологія


ІНСТРУКТИВНО-МЕТОДИЧНІ МАТЕРІАЛИ

ІНСТРУКТИВНО-МЕТОДИЧНІ МАТЕРІАЛИ

до практичних занять і самостійної роботи студентів з

Навчально-методичного комплексу дисципліни

“ Теорія ймовірностей та математична статистика ”

для студентів усіх спеціальностей

 

Частина перша

 

Сєвєродонецьк 2011

 

ПЕРЕДМОВА

Велику роль у нашому житті відіграють випадковості. Однак, живучі у світі випадкових подій, людство не стало їх рабом, бо й вони підпорядковані певним закономірностям. Найпростіші з цих випадковостей людина осягла колись у процесі трудової діяльності. В наш час глибокі закономірності випадковостей досліджуються в теорії ймовірностей – математичній дисципліни, яка набула тепер широкого застосування. Опанування основами цієї математичної дисципліни, її розуміння, це в кінцевому результаті сформувати вміння самостійно розв'язувати різні задачі. При цьому основна увага повинна приділятися не стільки повному визначенню математичних понять теорії ймовірностей, скільки простим прийомам їх використання.

Вперше найбільш цікаві задачі теорії ймовірностей виникли в області азартних ігор. До азартних ігор відносили кидання монети і шестигранних гральних кісток.

У 1494 році італійський математик Л.Пачіолі опублікував свою роботу, де пропонував спосіб рішення задачі, що виникла при грі в кості. І хоча в міркування Л.Пачіолі укралася помилка, ця праця мала величезне значення.

Рішенню цієї задачі приділяли увагу і італійський математик Д.Кардано, та французькі математики Б.Паскаль та П.Ферма.

Самою значною подією для становлення теорії ймовірностей, як науки, була, виданая в 1718 році у Лондоні книга А.Муавра «Навчання про випадки». У даній роботі А.Муавр зумів установити закономірності, що спостерігаються у випадкових процесах.

Перші фундаментальні основи теорії імовірностей були послідовно викладені французьким математиком П.Лапласом у книзі «Аналітична теорія ймовірностей».

В розробці теорії ймовірностей значне місце займала петербурзька математична школа

( П.Л.Чебишов, А.М.Ляпунов, А.А.Марков).

А.А.Маркову, учню видатного математика П.Л.Чебишева, належить слава відкривача важливої області застосування теорії імовірностей – теорії ймовірностних, або стохастичних, процесів. Ланцюги Маркова одержали практичний розвиток в працях М.Планка і А.Ейнштейна.

Дев’ятнадцяте сторіччя широко використовує ймовірностні методи в теорії стрільб та теорії помилок. У 20 сторіччі теорія ймовірностей знайшла застосування у статистичній фізиці та механіці. Також формуванню основ теорії імовірностей сприяли і такі види діяльності людини, як з'ясовування тривалості життя, підрахунок населення, практика страхування. Великий внесок у розвиток теорії ймовірностей внесли вчені: К.Є.Шенон, А.Н.Колмогоров, К.Пірсон, А.Ландеберг.

Теорія ймовірностей та математична статистика.

Даний методичний посібник з теорії ймовірностей та математичної статистики містить у собі короткий теоретичний матеріал, значну кількість прикладів розв’язання задач і індивідуальні завдання за даним курсом відповідно навчальній робочій програмі.

Теорія ймовірностей.

Тема 1. Основні поняття теорії ймовірностей

Ймовірність подій. Класичне та статистичне означення ймовірностей. Відносна частота. Основні формули комбінаторики.

Основні уявлення та формули:

Властивості ймовірностей.

ü 0 1для кожної випадкової події А.

ü Р(А) = 1 для кожної вірогідної події А.

ü Р(Ā) = 0 для неможливої події.

ü Сума ймовірностей протилежних подій дорівнює 1.
Р(А) + Р(Ā) = 1 ; р + q =1.

ü Для ймовірності випадкової події Ā, протилежної

випадковій події А, справджується рівністьР(Ā)=1 – Р(А).

Теореми про додавання.

Якщо випадкові події А , В і С несумісні ( А В С =Ø ), то

Р( А+ В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С).

Ймовірність суми двох будь-яких довільних випадкових подійА і В дорівнює сумі ймовірностей кожної з них без імовірності добутку їх:

Р( А + В ) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ ).

Незалежні події.

Тh: Ймовірність появи хоча б однієї з подій А1, А2, А3,...,Аn, незалежних у сукупності, дорівнює різниці між одиницею і добутком ймовірностей подій, протилежних даним.

Р(А) = 1 – q1q2q3 ... q n .

Приклад 1.

Виконується nнезалежних дослідів, у кожному з яких подія А з’являється з ймовірністю р . Знайти ймовірність того, що в nдослідах подія А з’явиться хоч би один раз.

Рішення: Нехай подія Е полягає в тому, що подія А з’явиться в n дослідах хоч би один раз, тоді подія означатиме, що подія А в nдослідах не з’явиться жодного разу:

, H( Ē) = (1- h)n =qn ,H(T) = 1 –, H(T) =1 – (1 – p)n= 1 – qn

2.6. Формула повної імовірності.

¨ Означення.

Коли подія А може настати тільки при появі однієї із не сумісних подій

(гіпотез) Н12,...,Нn, то ймовірність події А знайдемо згідно формулиповної імовірності:

Р(А) = .де =1.

Тh: Якщо Н1, Н2,...,Нn – повна група подій і Р(Нi) > 0 для i = 1;2;…n, то для будь – якої випадкової події А справджується рівність Р(А) = .

Де Р(Нi) – ймовірність гіпотези Нi; або Р(А/Нi) – умовна ймовірність події А при цій гіпотезі.

2.7. Формула ймовірності гіпотез (формула Бейєса).

З формулою повної ймовірності тісно пов’язана формула Бейєса. Якщо до досліду ймовірності гіпотез були Р(Н1), Р(Н2), ..., Р(Нn), а внаслідок досліду подія А відбулася, то можна оцінити ймовірність виконання гіпотези Нi. Нові, умовні ймовірності гіпотез знаходимо за формулою Бейєса. ( i = 1,2,...,n )

РАi) = .

Тh: Нехай сукупність випадкових подій Н12,...,Нn утворює повну групу подій, причому Р(Нi) > 0, i = 1;2; ... ; n.

Тоді для довільної випадкової події А, такої, що Р(А) > 0, виконується рівність

РАi) = .

Де Р(Нi) – ймовірність гіпотези Нi ; – умовна ймовірність події Апри цій гіпотезі.

Формула Бейєса дає можливість переглянути ймовірності гіпотез на підставі врахування спостереження результату досліду.

Приклади розв’язання задач до теми № 2.

  • Задача № 2.1.

Завод в середньому випускає 27% продукції вищого сорту та 70% першого сорту. Знайти ймовірність того, що навмання взятий виріб буде вищого або першого сорту.

Рішення:Подія А – „навмання взятий виріб – вищого або першого сорту.” Подія А1 – „навмання взятий виріб – вищого сорту.” Подія А2 – „навмання взятий виріб – першого сорту”. Р(А) = Р(А1) + Р(А2) = 0,27 + 0,7 = 0,97.

§ Задача № 2.2.

Із 100 валів з чотирма групами допусків 15 штук мають Ι групу, 40 – ΙΙ групу, 30 штук – ΙΙΙ групу. Визначити ймовірність появи валів четвертої групи.

Рішення: Ймовірність появи вала: Ι групи В1: Р (В1) = ; ΙΙ групи В2: Р (В2 )= =0,4;

ΙΙΙ групи В3: Р(В3) =0,3; ΙY групи В4 : Р(В4) = .

Кожний вал належить тільки до певної групи, тобто: В1 + В234В;
Р(В1) +Р(В2) + Р(В3) + Р(В4) =1; 0,15 + 0,4 + 0,3 + Р(В4)= 1;

Р(В4) = 1 – (0,15 + 0,4 + 0,3); Р(В4)= 0,15.

  • Задача № 2.3.

Гральний кубик підкидають двічі. Відомо, що сума очок, які випали при першому та другому підкиданнях, менша за 5 ( подія В ). Яка ймовірність того, що при першому підкиданні випало 1(подія А)?

Рішення: Простір Ω складається з 36 рівно можливих елементарних подій. Випадковими подіями А, В є підмножини:

А ={(1;1),(1;2),(1;3),(1,4);(1;5),(1;6)}. В ={ (1;1),(1;2), (2;1),(1;3),(3;1)}. А В = .

Тому Р(А) = ; Р(В ) = ; Р(А В) = .

  • Задача № 2.4.

Станок має двигун та редуктор. Станок виходить зі строю, коли виходять з строю двигун та редуктор. Ймовірність поломки двигуна р1=0,8 і р2=0,6 поломки редуктора. Знайти ймовірність того, що станок вийде зі строю.

Рішення: Вихід зі строю станка є сума двох сумісних подій. Подія А– вихід двигуна; подія В– вихід редуктора.

Р(А+В)= Р(А) + Р(В) – Р(АВ) ; Р(А + В ) = р12–р1р2 ;

Р(А+В) = 0,8 + 0,6 – 0,8*0,6 = 1,4 – 0,48 = 0,92.

  • Задача № 2.5.

З урни, в якій міститься 5 куль, серед яких 2 чорні й 3 білі, навмання взято 2. Визначити ймовірність того, що серед взятих куль принаймні ( хоча б ) одна буде білою.

Рішення: Позначимо через А подію, що серед взятих куль принаймні

одна буде білою. Позначимо через подію, яка полягає у тому, що обидві взяті кулі чорні. Число п можливих елементарних подій – це число комбінацій . Оскільки в урні всього дві чорні кулі, то число т елементарних подій, які сприяють події , дорівнює . Тому .

Згідно з властивістю Р(А) + Р(Ā) = 1; Р(А) = 1 – Р(Ā) ; маємо Р(А) = 1 – 0,1= 0,9.

  • Задача № 2.6.

Два мисливці стріляють одночасно і незалежно один від одного по дичині. Ймовірності влучень у дичину відповідно дорівнюють 0,7 і 0,8. Знайдіть ймовірність того, що: а) обидві мисливці влучать у дичину ;

б) жодний із мисливців не влучить у ціль; в) лише один із мисливців влучить у дичину ;

г) хоча б один із мисливців влучить у дичину .

Рішення: а) Подія А – перший мисливець влучив у ціль. Ймовірність події А: Р(А)= р1= 0,7. Подія Е – другий мисливець влучив у ціль. Ймовірність події Е: Р(Е) = р2 = 0,8; Р(А∙Е) = Р(А)∙ Р(Е) = р1∙ р2 ; Р(А∙Е) = 0,7∙ 0,8= 0,56.

б) Подія D– жоден мисливець не влучить у дичину .

Ā – подія протилежна події А. Хай подія Ā – перший мисливець не влучить у дичину. Р(А) + Р(Ā)= 1; р1 + q1 = 1; Р(Ā) = 1 – р1 = q1 = 0,3.

Подія Ē – другий мисливиць не влучив у ціль. Р(Е) + Р(Ē) = 1; р2 + q2 = 1; Р(Ē ) = 1 – Р(Е);

q2 = 1 – р2; Не влучили у ціль ні перший, ні другий стрілець. Ймовірність події Р(D) = Р(Ā) ∙ Р(Ē ) = q1 ∙ q2 = 0,3 ∙ 0,2 = 0,06.

в) Подія С – лише один із мисливців влучить у дичину. Перший мисливець влучив, другий не влучив у дичину – А ∙ Ē. Перший не влучив, другий влучив у дичину – Ā ∙ Е. Для події С вірогідне перше висловлювання або друге висловлювання.

Р(С ) = Р(А) ∙ Р(Ē ) + Р(Ā)∙ Р(Е ) = р1∙ q2 + q1 ∙ р2;

Р(С ) = 0,7 ∙ 0,2 + 0,3 ∙ 0,8 = 0,14 + 0,24 = 0,38;

г) Подія U – хоча б один із мисливців влучить у дичину. Подія Ū – жоден із мисливців не влучив у ціль. Р(U) + Р( Ū) = 1; Р(U) = 1 – Р(Ū). Зважаючи на пункт б) подія D дорівнює події Ū. Р(Ū) = Р(D). Звідси Р(U) = 1 – Р(D) = 1 – q1 · q2 = 1 – 0,06 = 0,94.

§ Задача № 2.7.

В кошику міститься nдеталей, з яких m стандартних. Знайти ймовірність того, що серед k вийнятих деталей хоча б одна була стандартною.

Рішення: Подія А – серед вийнятих деталей хоча б одна є стандартною, подія Ā– серед вийнятих деталей немає жодної стандартної.

Події АіĀпротилежні: А + Ā = Ав ; Р(А) = 1 – Р(Ā).

Загальне число способів вибору з nдеталей kрізних позначимо . Нестандартних деталей є (n – m) , з яких k різних нестандартних деталей можна вибрати способами. Отже, ймовірність появи нестандартної деталі , тоді Р( А ) = 1 – .

§ Задача № 2.8.

У ящику лежать деталі 3 сортів : 5 – першого, 4 – другого, 3 – третього. З ящика навмання виймають одну деталь і не повертають в ящик. Знайти ймовірність того, що при першому випробуванні з’явиться деталь першого сорту (подія А), при другому – другого (подія В), при третьому – третього (подія С).

Рішення:Р(А) = . Ймовірність події В за умови, що подія А вже відбулася,

РА(В) = . Ймовірність події С за умови, що відбулися події А і В, РАВ(С)= . Ймовірність сумісної появи всіх трьох залежних подій Р(АВС) = Р(А) · РА (В) · РАВ (С) = .

§ Задача № 2.9.

З урни, в якій міститься 20 куль, серед яких 8 чорних і 9 білих, навмання виймаються поспіль 3 кулі. Яка ймовірність того, що всі вони чорні?

Рішення: Нехай подія А – перша вийнята куля буде чорна. Р(А) = 8/20. Умовна подія В – друга вийнята куля – чорна. РА(В)= 7/19. Умовна подія С–третя вийнята куля буде чорною. РАВ(С)= 6/18.

Отже Р ( А В С ) = Р (АВС) = Р (А)РА (В) · РАВ (С) = = .

  • Задача № 2.10.

Хлопчик має 3 білих і 7 блакитних повітряних кульок. Випадково луснула одна кулька, а потім друга. Знайти ймовірність того, що з кульок, які луснули, першою була біла, а другою – блакитна.

Рішення: Нехай подія А – перша куля, що луснула – біла. Р(А)= 3/10. Ймовірність того, що друга з кульок, що луснули, буде блакитною (подія В ), знайдена при умові, що перша – біла, тобто умовна ймовірність дорівнює РА (В)= 7/9.

Ймовірність по теоремі множення ймовірностей залежних подій дорівнює

Р(АВ) = Р(А)РА (В) = · = .

§ Задача № 2.11.

Стрілець вистрілив 4 рази. Влучення чи промах не залежить від номера пострілу. Ймовірність промаху – 0,7 , а влучення – 0,3. Знайти ймовірність подій: а) подія А – три перших постріли – промах, а четвертий – влучення; б) подія Е – два влучення.

Рішення: р = 0,3; q = 0,7. а) Р(А) =qqqр = 0,7*0,7*0,7*0,3 = 0,1029.

б) Можливі варіанти події: (ППВВ), (ВВПП),(ПВПВ), ( ВПВП), (ПВВП), (ВППВ). .

Ймовірності кожного з цих шістьох варіантів однакові:

H(GGDD) = 0?7 · 0?7 · 0?3 · 0?3 = 0?0441$ H(T) = H(DD) = 0?0441· 6 = 0?2646/

§ Задача № 2.12.

Для інформування про аварію встановлено три незалежні між собою сигналізатори. Ймовірність того, що під час аварії спрацює перший сигналізатор р1= 0,95; другий – р2 = 0,9; третій – р3 = 0,86. Знайдіть ймовірністьтого, що під час аварії спрацює принаймні один сигналізатор.

Рішення: Подія А – під час аварії спрацює принаймні один сигналізатор. Протилежна подія Ā – під час аварії не спрацює ні один сигналізатор.

q1 = 0,05; q2 = 0,1; q3 = 0,14.

Р(Ā) = q1q2q3 = 0,05*0,1*0,14 = 0,0007;

Р(А) = 1 – Р(Ā) = 1 – q1q2q3 = 1 – 0,0007 = 0,9993.

§ Задача № 2.13.

Ймовірність того, що при одному пострілі стрілець влучить у ціль, дорівнює 0,4. Скільки пострілів має зробити стрілець, щоб з ймовірністю 0,9 уразити ціль ?

Рішення: Нехай подія А полягає в тому, що при n пострілах стрілець уражає ціль, а Ā не уражає. Тоді А + Ā = Ав. Розглянемо подію Ā у вигляді Ā= Ā1Ā2... Ān , де Āi – невлучення в ціль при i – ому пострілі;

p – ймовірність влучення в ціль при одному пострілі; q – ймовірність невлучення в ціль при одному пострілі ( p + q = 1).

Тоді Р(А) = 1 – Р( Ā ) ; Р(Ā ) = qn ; P (A) = 1 – qn .

За умовою ; р = 0,4 , тоді q = 0,6 ;

; ; ; .

§ Задача № 2.14.

У 6 ящиках складено деталі 2-х сортів. У перших 3-х по 3 деталі першого сорту і по 7 деталей 2-го сорту; в четвертому ящику – дев’ять деталей 1-го сорту і одна деталь 2-го ; у двох ящиках , що залишилися: по одній деталі 1-го і по дев’ять деталей 2-го сорту. З довільного ящика навмання виймають деталь. Визначити ймовірність того, що ця деталь була другого сорту.

Рішення:Усі ящики можна проділити на три групи та висунути три гіпотези: Н1, Н2, Н3. Гіпотези: Н1 – виймається деталь з ящика 1-ої групи; Н2 – виймається деталь з ящика 2-ої групи; Н3 – виймається деталь з ящика 3-ої групи. Ймовірність того, що виймається деталь з ящика певної групи, буде Р(Н1) = ; Р(Н2) = ; Р(Н3) = .

Події Н1, Н2, Н3 – несумісні і утворюють повну групу. Знайдемо ймовірність появи деталі другого сорту за умови, що здійснилася одна з подій Н1, Н2, Н3 :

Р( А/Н1 ) = ; Р( А/Н2) = ; Р(А/Н3) = .

Повна ймовірність: Р(А) = ·Р(А/Ні) = = 0,67.

§ Задача № 2.15.

Серед N екзаменаційних білетів є m„щасливих”. Два студенти підходять один за одним і навмання беруть білет. В якого студента більша ймовірність взяти „щасливий” білет: у того, хто підійшов першим, чи в того, хто підійшов другим?

Рішення: Нехай А – подія , яка полягає в тому, що другий студент взяв „щасливий” білет. Тут можливі лише 2 припущення: Н1 – перший студент взяв „щасливий” білет, Н2 – перший студент не взяв „ щасливий білет”.

Імовірність взяти „щасливий” білет для першого студента дорівнює

Р(Н1) = .Імовірність другого припущення : Р(Н2) = . Ці події несумісні, й одна з них обов’язково відбувається. Тому вони утворюють повну групу подій. ;

;

Повна ймовірність: Р(А)= Р(Н1) +Р(Н2) ; Р(А)= · + · = .

Отже для другого студента ймовірність взяти “ щасливий” білет теж . Тобто студенти мають рівні можливості взяти “щасливий “ білет.

  • Задача № 2.16.

Пластмасові болванки виготовляються на трьох пресах. Перший прес виробляє 50% усіх болванок, 2-й прес – 30% і 3-й прес – 20% усіх болванок. При цьому з болванок 1-го пресу виходить у середньому 0,025 нестандартних болванок, з другого – 0,02, з третього пресу виходить 0,015 нестандартних болванок. Знайти ймовірність того, що навмання взята болванка зі складу була стандартна.

Рішення: Якщо мова йдеться про три преси, то можна висунути три гіпотези: гіпотеза

Н1 – болванка була виготовлена на першому пресі; Н2 – болванка виготовлена на другому пресі;

Н3 – болванка виготовлена на третьому пресі. Ймовірність того, що болванка виготовлена на 1-му пресі Р(Н1) = 0,5. На другому – Р(Н2)=0,3. На третьому – Р(Н3) = 0,2.

Нехай подія А – навмання взята болванка зі складу була стандартна.

Тоді умовна ймовірність того, що взята зі складу стандартна болванка була виготовлена на першому пресі =1– 0,025 = 0,975.

Умовна ймовірність того, що взята зі складу стандартна болванка була виготовлена на другому пресі =1– 0,02 = 0,98; умовна ймовірність того, що взята зі складу стандартна болванка була виготовлена на третьому пресі =1 – 0,015 = 0,985.

Повна ймовірність .

Р(А)=0,5*0,975+0,3*0,98 + 0,2*0,985= 0,4875 + 0,294 + 0,197= 0,9785.

§ Задача № 2.17.

В урні є n куль, колір яких нам невідомий. Можлива ( n + 1 ) гіпотеза ( припущення ) про кількість білих куль в урні : Н0, Н1, Н2,...,Нn , де Нi – гіпотеза, яка полягає в тому, що в урні рівно i білих куль. З урни навмання взяли одну кулю, й вона виявилася білою. Обчислити ймовірність того, що біла куля вийнята з i-ої урни.

Рішення: Природно припустити, що ці гіпотези рівно можливі : Р(Н1)=Р(Н2)=...=Р(Нn) = . Подія В – навмання взята куля виявилась білою. Очевидно РНi(В) = .

Отже, за формулою Бейєса РВi ) = = = .

Отже, найімовірнішою після досліду є гіпотеза Нn.

Тема № 3: Повторення випробувань. Схема Бернуллі. Формула Бернуллі. Приблизна формула Пуассона. Локальна та інтегральна теореми Муавра–Лапласа. Найімовірніше число появи випробувань.

Ø Основні уявлення та формули:

Теорема Пуассона.

У випадках, коли p досить мале ( рідкісні події ), для наближеного обчислення Рn(k) використовують граничну теорему Пуассона.

Тh Пуассона:

Якщо проводяться випробування Бернуллі при , а , але np = λ, то ймовірність появи k разів події А, що з’являється в окремому випробуванні з ймовірністю p, прямує до .

Практично Тh Пуассоназастосовується для таких випробувань за схемою Бернуллі, в яких р мале ( р< 0,1), а nдостатньо велике ( n > 50 ) і npq<9. Застосовується у вигляді наближеної рівності:

Формула Пуассона .

Біноміальний розподіл.

Випадкова величина Х, яка набуває значень 0;1;...;n, має біноміальний розподіл із параметром р ( 0 < р < 1 ), якщо

Р(Х = k) = Cnk pkqnk = .

Таку випадкову величину Х можна інтерпретувати як число появподії А в схемі Бернуллі при n випробуваннях із Р(А) = р у кожному випробуванні. В цьому разі Р (Х = k) = Рn(k) = Cnk pkqnk.

Розподіл Пуассона.

Випадкова величина Х,яка набуває значення 0, 1, ..., k..., має розподіл Пуассоназ параметром λ > 0, якщо .k = 0;1;...;n ;...

Пуассонів розподіл відіграє важливу роль у теорії масового обслуговування.

Задача № 5.3.

Нехай виміряно відхилення від заданої довжини у 200 валках і знайдено найбільше відхилення ліворуч – 20, праворуч + 30.

Розв’язання: Знаходимо ширину смуги розподілу

R = 30 – ( – 20 ) =50. Розбиваємо смугу розподілу, наприклад, на 10 частин, дістанемо інтервали розподілу : ( – 20; – 15), (–15;–10), (–10;–5),( – 5;0 ),..., (25 ; 30).

Знаходимо, скільки з виміряних відхилень попадає у кожний з цих інтервалів: ni = 7; 11; 15; 24; 49; 41; 26; 17; 7; 3; Це частоти. =200. Дістаємо статистичні ймовірності:

Р*(ni) =

Знаходимо суму цих ймовірностей для всіх інтервалів, що лежать ліворуч від х. Це й буде статистичною функцією розподілу ймовірності Fn*(х) = . Функція розподілу:

Fn*(х) =

Побудована на графіку функція Fn*(х) є функцією розподілу статистичної ймовірності випадкової величини. Із зростанням числа проділок смуги ця функція збігатиметься з функцією розподілу класичної ймовірності. Графік цієї функції зображено нижче:

 

 
 

 

 


§ Задача № 5.4.

Густина розподілу одновимірної випадкової величини: f(х)= Знайти функцію розподілу F(х). Побудувати графіки функцій f(х) і F(x). Знайти числові характеристики, моду .

Розв’язання:Функція розподілу випадкової величини:

F(x) = ; F(x)= ;0 2. F(x)=

Знайдемо чисельні характеристики.

Математичне сподівання: М(Х) = ;

[М(Х)]2 = ;М(Х2) = ;М(Х2) = =2.

Дисперсія: D( Х)= – [М(Х)]2 ; D( Х) = 2 – = ;

Середнє квадратичне відхилення: ; 0,4714.

Згідно графіка №1 функція f(х)достягає максимуму у точці х = 2, ітомумода дорівнює:Мо = 2.

Графіки густини f(x) розподілу № 1 і F(x) функції розподілу №2.

§ Задача № 5.5.

Неперервна випадкова величина Х задана інтегральною функцією розподілу F(x).

F(x) =

Знайти диференційну функцію f(x) ( густину або щільність розподілу); побудувати графіки інтегральної та диференційної функцій.

Розв’язання: Згідно f(x) = F '(х) ;2)' = 2х . Диференційна функція f(x)= .

§ Задача № 5.6.

Щільність розподілу f(х) неперервної випадкової величини Х в інтервалі дорівнює Csin 2x і 0 в інших випадках. Знайти сталу С і функцію розподілу F.

f(x)=

Розв’язання: Сталу Сзнайдемо з властивості щільності розподілу: =1. В цьому разі

1 = = С = С· = С = С Отже, С=1.

За означенням

F(х)= , = =

F(x) =

  • Задача 5.7.

Випадковий розмір Х розподілений за законом Коші: .

Знайти:

a) коефіцієнт а;

b) функцію розподілу F(х);

c) можливість улучення розміру Х на ділянку (- 1; 1 ).

Розв’язання: Скористаємося властивістю щільності розподілу . a) ; ; ; .

b) ;

c) .

Тема № 6 : Найважливіші закони розподілу неперервних випадкових величин. Рівномірний розподіл. Нормальний розподіл, властивості та його значення у теорії ймовірностей. Показниковий розподіл.

Ø Основні уявлення та формули:

Рівномірний розподіл.

· Означення.

Випадкова величина має рівномірний розподіл на відрізку [а , b], якщо щільність / густина / її розподілу незмінна на цьому інтервалі.

.

Математичне сподівання та дисперсіянеперервної випадкової величини :

М(Х) = ; D(Х) = .

Середнє квадратичне відхилення: = .

Ймовірністьтого, щорівномірно розподіленавипадкова величина Хпотрапить в інтервал (α,β)

Р ( α X β ) = де (α, β) .

6. 2. Нормальний ( Гаусів) розподіл.

· Означення.

Випадкова величина має нормальнийрозподіл із параметрами а та > 0 , якщо щільністьїї розподілу , .

Математичне сподівання нормального розподілу: М(Х) = а .

Отже, параметррозподілу а є математичним сподіванням нормально розподіленої випадкової величини.

D(Х) = σ2.Таким чином, другий параметр нормального розподілу є середнім квадратичним відхиленням .

Ймовірність того, що нормально розподілена випадкова величина Х потрапить у інтервал (α,β) Р(α <X< β ) =Ф Ф ,

де Ф(х)= функція Лапласа(таблиця №2 додатку).

Показниковий розподіл.

· Означення.

Випадкова величина має показниковийрозподіл із параметром λ > 0,якщо щільністьїї розподілу

Функція розподілу показникового закону

Математичне сподівання, дисперсіята середньоквадратичне відхилення неперервної випадкової величини : М(Х) = ; D(Х) = ; .

Ймовірністьтого, що уінтервал (α,β) випадкова величина Хпотрапить по показниковому закону

Р( α < X < β ) = .

Показниковий розподіл має важливе значення в теорії надійності.

Приклади розв’язання задач до теми № 6.

§ Задача № 6.1.

Знайти математичне сподівання та середнє квадратичне відхилення випадкової величини Х, розподіленої рівномірно у інтервалі [а ,b] , де а = 0, b = 1 .

Розв’язання: Згідно М(Х) = ; D(Х) = ;

= ; М(Х)= ;D(Х) = ; .

§ Задача № 6.2.

Знайти ймовірність того, що випадкова величина Х потрапить в інтервал (α, β) якщо вона рівномірно розподілена в інтервалі [а ,b] , де

а = 6; b =12 ; α=5 , β=8.

Розв’язання: Р ( α X β ) = де (α,β)

Інтервал [5;8] не належить до інтервалу [6;12] і тому ймовірність попасти Х за інтервал [6;12] дорівнює 0,тому будемо знаходити ймовірність попадання в інтервал [6;8]

Р ( 6 X 8 ) = . Звідси Р ( 5 X 8 ) = Р ( 6 X 8 ) = .

§ Задача № 6.3.

Випадкова величина Х нормально розподілена у інтервалі [а ,b]. Знайти ймовірність того, що випадкова величина Х прийме значення менше(– 1),якщоа = 0; σ =2; b =2; α = ; β = –1 .

Розв’язання: Скористаємося формулою

Р( α < X < β ) = Ф Ф

© 2013 wikipage.com.ua - Дякуємо за посилання на wikipage.com.ua | Контакти