Главная
Каталог
Библиотека
Избранное
Порталы
Библиотеки вузов
Отзывы
Новости
 
12+
 
Предварительный просмотр документа

Теория вероятностей и математическая статистика: Учебное пособие

Автор/создатель: Выск Н.Д.
Год: 2011 
Учебное пособие подготовлено на кафедре "Высшая математика" МАТИ-РГТУ им. К.Э. Циолковского и включает два раздела: 1. Теория вероятностей (1.1. Случайные события, 1.2. Случайные величины); 2. Математическая статистика (2.1. Обработка результатов опыта, 2.2. Проверка статистических гипотез). Наряду с теоретическим материалом, пособие включает примеры решения задач и упражнения.
Показать полное описание документа
РЕЙТИНГ

Оценка пользователей: 5.0
Количество голосов: 1
Оцените ресурс:
5 4 3 2 1

ОТЗЫВЫ


Популярные ресурсы по теме

Приведенный ниже текст получен путем автоматического извлечения из оригинального PDF-документа и предназначен для предварительного просмотра. Изображения (картинки, формулы, графики) отсутствуют.
Если радиус круга равен R, то гипотенуза прямоугольного треугольника является диаметром окружности и и равна 2R, а высота, опущенная на гипотенузу, равна R. Следовательно, 1 s 2 R R R 2 , Sкруга R2 , 2 s R2 1 p . Sкруга R2 1 Ответ: . Задача 2. Числа х и у могут равновозможно принимать любые значения из промежутка [0;1]. Найти вероятность того, что |x - y| < 0,3. Указание Будем считать, что данные числа являются координатами точки на плоскости. Тогда множеством возможных исходов является квадрат со стороной, равной единице, а множество благоприятных исходов – область, заданная неравенством |x - y| < 0,3. Решение у 1 0,7 0,3 0,3 0,7 1 х Зададим множество возможных исходов опыта в виде квадрата 0 < x < 1, 0 < y < 1. Тогда множество благоприятных исходов представляет собой часть этого квадрата, расположенную между прямыми х – у = 0,3 и х – у = -0,3. Найдем площадь этой области как разность площади квадрата, равной единице, и суммы площадей прямоугольных треугольников, катеты которых равны 0,7: 23 1 s 1 2 0, 7 2 1 0, 49 0, 51. 2 s 0, 51 p 0, 51. S 1 Ответ: 0,51. Задача 3. На отрезке длиной l наудачу ставятся две точки. Найти вероятность того, что из полученных трех отрезков можно построить треугольник. Указание О А В С Пусть ОС – данный отрезок, А и В – поставленные на нем точки. Рассмотрите в качестве множества возможных исходов прямоугольный треугольник с катетами, равными l, в котором координаты каждой точки равны длинам отрезков ОА и ОВ. Множество возможных исходов задайте с помощью неравенства треугольника (сумма любых двух сторон треугольника больше третьей стороны). Решение Пусть ОС – данный отрезок, А и В – поставленные на нем точки. Обозначим длины отрезков ОА и ОВ соответственно за х и у (y > x). Тогда множество возможных исходов опыта представляет собой треугольник 0 < x < l, 0 < y < l, y > x. Определим множество благоприятных исходов с помощью неравенства треугольника: OA AB BC y l y OA BC AB x l y y x AB BC OA l x x l y 2 l y x . 2 l x 2 24 у l l х Из рисунка видно, что множество благоприятных исходов является треугольником, площадь которого в 4 раза меньше площади множества возможных исходов. Следовательно, искомая вероятность равна 1/4. 1 Ответ: . 4 Задача 4. Два парохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время прихода обоих пароходов независимо и равновозможно в течение данных суток. Найти вероятность того, что одному из пароходов придется ожидать освобождения причала, если время стоянки первого парохода – один час, а второго – два часа (ответ округлить до третьего знака после запятой). Указание Примите за х время прибытия первого парохода, за у – время прибытия второго, и рассмотрите в качестве множества возможных исходов опыта квадрат 0 < x < 24, 0 < y < 24. Решение у 24 у=х+1 х=у+2 24 х 25 Если принять за х время прибытия первого парохода, за у – время прибытия второго, то множество возможных исходов опыта является квадратом 0 < x < 24, 0 < y < 24. Множество благоприятных исходов задается условиями х < y < x + 1, y < x < y + 2. Найдем площадь полученной области: 1 1 s 24 2 232 22 2 69, 5. 2 2 s 69, 5 S 24 2 576, p 0, 121. S 576 Ответ: 0,121. Задача 5. Из полного набора костей домино наудачу извлекаются три кости. Найти вероятность того, что все они – дубли. Указание Примените теорему умножения для зависимых событий. Решение Будем считать, что кости извлекаются по одной. Событием А назовем извлечение дубля в первый раз, событием В – извлечение второго дубля, событием С – третьего. Эти события являются зависимыми, так как после извлечения каждой очередной кости изменяется и число оставшихся костей (28, затем 27, затем 26), и количество дублей среди них (7, затем 6, затем 5). Нам требуется найти вероятность произведения АВС. 7 1 6 2 5 p( A) ; p A ( B) ; p AB (C ) ; 28 4 27 9 26 1 2 5 5 p( ABC ) p( A) p A ( B) p AB (C ) . 4 9 26 468 5 Ответ: . 468 Задача 6. В первой урне находится 5 белых шаров, 11 черных и 8 красных, во второй соответственно 10, 8 и 6. Из каждой урны наудачу извлекается по одному шару. Найти вероятность того, что они одного цвета (ответ округлить до третьего знака после запятой). Указание Примените теорему сложения для трех несовместных событий: А – извлечены белые шары, В – черные, С – красные. 26 Решение Событие, вероятность которого требуется определить, представляет собой сумму для трех несовместных событий: А – извлечены белые шары, В – черные, С – красные. Каждое их них, в свою очередь, является произведением двух независимых событий: извлечение шара нужного цвета из первой и второй урны. Применим теорему умножения для независимых событий и теорему сложения для несовместных событий: 5 10 25 11 8 11 p( A) ; p( B) ; 24 24 288 24 24 72 8 6 1 p(C ) ; 24 24 12 25 11 1 31 p( A B C ) 0, 323. 288 72 12 96 Ответ: 0,323. Задача 7. Найти вероятность выпадения хотя бы одной шестерки при четырех бросках игральной кости (ответ округлить до третьего знака после запятой). Указание Найдите вначале вероятность события, противоположного данному. Решение Событие, противоположное данному, заключается в том, что при четырех бросках шестерка не выпала ни разу. Найдем его вероятность, используя теорему умножения для независимых событий: 4 5 625 671 p( A) ; p( A) 1 p( A) 0, 518. 6 1296 1296 Ответ: 0,518. 1.1.3. Формула полной вероятности и формула Байеса. Формула Бернулли Пусть событие А может произойти только совместно с одним из событий Н1, Н2,…, Нп, образующих полную группу несовместных событий. Тогда события Н1, Н2,…, Нп называются гипотезами. Теорема. Вероятность события А, наступающего совместно с гипотезами Н1, Н2,…, Нп, равна: n р( А) p( Hi )p( A / Hi ), (1) i 1 27 где p(Hi) – вероятность i- й гипотезы, а p(A/Hi) – вероятность события А при условии реализации этой гипотезы. Формула (1) носит название формулы полной вероятности. Доказательство. Можно считать событие А суммой попарно несовместных событий АН1, АН2,…, АНп. Тогда из теорем сложения и умножения следует, что р( А) р( АН1 АН2 ... АНп ) n р( АН1 ) р( АН2 ) ... р( АНп ) p( H i )p( A / H i ), i 1 что и требовалось доказать. Пример 1. Имеются три одинаковые урны с шарами. В первой из них 3 белых и 4 черных шара, во второй – 2 белых и 5 черных, в третьей – 10 черных шаров. Из случайно выбранной урны наудачу вынут шар. Найти вероятность того, что он белый. Решение. Будем считать гипотезами Н1, Н2 и Н3 выбор урны с соответствующим номером. Так как по условию задачи все гипотезы равновозможны, то 1 р( Н1 ) р( Н2 ) р( Н3 ) . 3 Найдем условную вероятность А при реализации каждой гипотезы: 3 2 р( А / Н1 ) , р( А / Н2 ) , р( А / Н3 ) 0. 7 7 Тогда 1 3 1 2 1 5 р( А) 0 0, 238. 3 7 3 7 3 21 Формула Байеса (теорема гипотез) Пусть известен результат опыта, а именно то, что произошло событие А. Этот факт может изменить априорные (то есть известные до опыта) вероятности гипотез. Например, в предыдущем примере извлечение из урны белого шара говорит о том, что этой урной не могла быть третья, в которой нет белых шаров, то есть р (Н3/А) = 0. Для переоценки вероятностей гипотез при известном результате опыта используется формула Байеса: p( Hi )p( A / Hi ) р( Нi / A) . (2) p( A) Действительно, из теоремы умножения получим, что p( A)p( Hi / A) p( Hi )p( A / Hi ), 28 откуда следует справедливость формулы (2). Пример 2. После двух выстрелов двух стрелков, вероятности попаданий которых равны 0,6 и 0,7, в мишени оказалась одна пробоина. Найти вероятность того, что попал первый стрелок. Решение. Пусть событие А – одно попадание при двух выстрелах, а гипотезы: Н1 – первый попал, а второй промахнулся, Н2 – первый промахнулся, а второй попал, Н3 – оба попали, Н4 – оба промахнулись. Вероятности гипотез: р(Н1) = 0,6·0,3 = 0,18, р(Н2) = 0,4·0,7 = 0,28, р(Н3) = 0,6·0,7 = 0,42, р(Н4) = 0,4·0,3 = 0,12. Тогда р(А/Н1) = р(А/Н2) = 1, р(А/Н3) = р(А/Н4) = 0. Следовательно, полная вероятность р(А) = 0,18·1 + 0,28·1 + 0,42·0 + 0,12·0 = 0,46. Применяя формулу Байеса, получим: 0, 18 1 9 р( Н1 / А) 0, 391. 0, 46 23 Схема повторения испытаний. Формула Бернулли Рассмотрим серию из п испытаний, в каждом из которых событие А появляется с одной и той же вероятностью р, причем результат каждого испытания не зависит от результатов остальных. Подобная постановка задачи называется схемой повторения испытаний. Найдем вероятность того, что в такой серии событие А произойдет ровно к раз (неважно, в какой последовательности). Интересующее нас событие представляет собой сумму равновероятных несовместных событий, заключающихся в том, что А произошло в некоторых к испытаниях и не произошло в остальных п – к испытаниях. Число таких событий равно числу k сочетаний из п по к, то есть Сп , а вероятность каждого из них: pkqn-k, где q = 1 – p – вероятность того, что в данном опыте А не произошло. Применяя теорему сложения для несовместных событий, получим формулу Бернулли: pn (k ) Cn pk qn k . k (3) Пример 3. Для получения приза нужно собрать 5 изделий с особым знаком на этикетке. Найти вероятность того, что придется купить 10 изделий, если этикетки с этим знаком имеют 5% изделий. Решение. 29 Из постановки задачи следует, что последнее купленное изделие имеет особый знак. Следовательно, из предыдущих девяти эти знаки имели 4 изделия. Найдем вероятность этого по формуле Бернулли: p9 (4) C9 (0,05)4 (0,95)5 0,0006092. 4 Тогда р = 0,0006092·0,05 = 0,0000304. Приближение Пуассона для схемы Бернулли Формула Бернулли требует громоздких расчетов при большом количестве испытаний. Можно получить более удобную для расчетов приближенную формулу, если при большом числе испытаний вероятность появления А в одном опыте мала, а произведение пр = λ сохраняет постоянное значение для разных серий опытов ( то есть среднее число появлений события А в разных сериях испытаний остается неизменным). Применим формулу Бернулли: n(n 1)(n 2)...(n k 1) k pn ( k ) p (1 p)n k k! k n k n(n 1)...(n k 1) 1 . k! n n Найдем предел полученного выражения при n : k n k 1 2 k 1 pn ( k ) lim 1 1 1 ... 1 1 k! n n n n n k n k k lim 1 1 e 1. k! n n n k! Таким образом, формула Пуассона k e pn ( k ) (4) k! позволяет найти вероятность к появлений события А для массовых (п велико) и редких (р мало) событий. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Задача 1. В первой урне 4 белых шара и 6 черных, во второй 1 белый и 9 черных, в третьей 10 черных шаров. Из наудачу выбранной урны вынут шар. Найти вероятность того, что он белый. Указание Используйте формулу полной вероятности, считая гипотезами выбор урны (все три гипотезы равновероятны). 30 Решение Пусть событие А – извлечение белого шара, гипотезы Н1, Н2, Н3 – выбор соответствующей урны. Тогда 1 p( H1 ) p( H2 ) p( H3 ) , 3 4 1 0 p H 1 ( A) , p H 2 ( A) , p H 3 ( A) 0, 10 10 10 1 4 1 1 1 1 p( A) 0 . 3 10 3 10 3 6 1 Ответ: . 6 Задача 2. В ящике 15 теннисных мячей, из которых 9 новых. Для первой игры наугад берутся три мяча, которые после игры возвращаются в ящик. Для второй игры также наугад берутся три мяча. Найти вероятность того, что все мячи, взятые для второй игры, новые (ответ округлить до третьего знака после запятой). Указание Используйте формулу полной вероятности, задавая четыре гипотезы по количеству новых мячей среди трех, выбранных для первой игры. Решение Пусть событие А – выбор для второй игры трех новых мячей. Зададим пространство гипотез следующим образом: Н1 – все мячи, взятые для первой игры, старые (тогда после первой игры в ящике по-прежнему 9 новых мячей); Н2 – среди мячей, взятых для первой игры, один новый (тогда после первой игры новых мячей осталось 8); Н3 – среди мячей, взятых для первой игры, два новых (для второй игры остается 7 новых); Н4 – все мячи, взятые для первой игры, новые (для второй игры остается 6 новых). Найдем вероятности гипотез, используя классическое определение вероятности и формулу для числа сочетаний: 3 2 1 C6 20 4 C6 C9 15 9 27 p( H1 ) 3 ; p( H2 ) 3 ; C15 455 91 C15 455 91 1 2 3 C6 C9 6 36 216 C9 84 12 p( H3 ) 3 ; p( H 4 ) 3 . C15 455 455 C15 455 65 Аналогичным образом, учитывая изменение количества новых мячей перед второй игрой в зависимости от выбора гипотезы, найдем условную вероятность события А при реализации каждой гипотезы: 31 3 3 C9 12 C8 56 8 p H 1 ( A) 3 , pH2 ( A) 3 , C15 65 C15 455 65 3 3 C7 35 1 C6 4 pH3 ( A) 3 , pH1 ( A) 3 . C15 455 13 C15 91 Теперь можно найти полную вероятность события А: 4 12 27 8 216 1 12 4 p( A) 91 65 91 65 455 13 65 91 528 0, 089. 5915 Ответ: 0,089. Задача 3. На двух станках изготовляются одинаковые детали. Вероятность брака для детали, изготовленной на первом станке, равна 0,02, на втором – 0,05. Из ящика, в котором находятся 20 деталей, изготовленных на первом станке, и 30, изготовленных на втором, случайно выбрана деталь, которая после проверки оказалась доброкачественной. Найти вероятность того, что она изготовлена на втором станке. Указание Примените формулу Байеса, выбрав в качестве гипотез изготовление детали на первом или втором станке. Тогда требуется, зная результат опыта, переоценить вероятность гипотезы Н2. Решение Пусть гипотеза Н1 – деталь изготовлена на первом станке, Н2 – на втором, событие А – выбранная деталь доброкачественная. Найдем полную вероятность события А: 20 30 p( H1 ) 0, 4, p( H2 ) 0, 6, 50 50 pH1 ( A) 1 0, 02 0, 98, pH2 ( A) 1 0, 05 0, 95, p( A) 0, 4 0, 98 0, 6 0, 95 0, 962. Применяя формулу Байеса, найдем вероятность гипотезы Н2 при условии, что событие А произошло: 0, 6 0, 95 285 p A ( H2 ) 0, 593. 0, 962 481 Ответ: 0,593. Задача 4. В некоторой местности 20% дней в году – дождливые и 80% - солнечные. Прогноз погоды дают два предсказателя. Первый ошибается в 30% случаев, 32
Яндекс цитирования