Лекции по теории вероятностей и математической статистике (PDF)

С.П. Горбиков, Л.В. Филатов ЛЕКЦИИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКЕ  Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Нижегородский государственны...

С.П. Горбиков, Л.В. Филатов ЛЕКЦИИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКЕ  Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Нижегородский государственный архитектурно-строительный университет» С.П. Горбиков, Л.В. Филатов ЛЕКЦИИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ И МАТЕМАТИЧЕСКОЙ СТАТИСТИКЕ Курс лекций Утверждено редакционно-издательским советом университета в качестве учебного пособия Нижний Новгород ННГАСУ 2011  УДК 519.2 (076.5) Рецензенты: Сморкалова В.М. - к.т.н., доцент кафедры Прикладной теории вероятностей факультета ВМК ННГУ им. Н.И. Лобачевского Стребуляев С.Н. - к. т. н., доцент, с.н.с. НИИ ПМК Горбиков С.П., Филатов Л.В. Лекции по теории вероятностей и математической статистике. [Текст]: учебное пособие для вузов./ Горбиков С.П., Филатов Л.В.; Нижегор. Гос. Архитектур.- строит. ун-т – Н.Новгород: ННГАСУ, 2011.-105с. Рассматриваются основные положения теории вероятностей и математической статистики. Приводится большое количество примеров и иллюстраций, поясняющих теоретический материал. Пособие может использоваться как преподавателями соответствующего курса, так и студентами для самостоятельной работы.  Горбиков С.П., Филатов Л.В., 2011  ННГАСУ  ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Введение Теория вероятностей, как и любая другая наука, возникла из потребно- стей практики. Интуитивно понятие вероятного и случайного всегда связы- ваются с неоднозначностью и непредсказуемостью наблюдаемых явлений. Так, например, при бросании монеты невозможно предсказать упадет она ор- лом или решеткой. Легче рассчитать движение светил небесных, чем отве- тить на этот вопрос! Такая непредсказуемость явления определяется тем, что имеется множество объективных и субъективных причин, учесть которые при исследовании не представляется возможным. Однако когда подобные явления наблюдаются в массовом порядке, оказывается, что они часто под- чиняются определенным закономерностям, называемым статистическими. Изучение закономерностей мира случайных явлений и составляет предмет теории вероятностей. Теория вероятностей строгая математическая наука, отказываясь от де- терминистических математических моделей, свойственных предсказуемым явлениям, она строит и использует при изучении случайных явлений свои специфические вероятностные модели. Обширной частью современной тео- рии вероятностей является математическая статистика, наука о методах на- блюдения и обработки результатов массовых явлений, в которых фактор слу- чайности имеет немаловажное значение. Становление теории вероятностей связано с трудами Б. Паскаля, П.Ферма, Я. Бернулли в XVII в. и их попытками проведения расчетов в азартных играх, поэтому игровые модели чрезвычайно популярны при изло- жении теории. Дальнейшее развитие теория вероятностей получила в XVIII века в трудах К. Гаусса, П. Лапласа, С. Пуассона в связи с широким приме- нением математических методов анализа. В XIX веке русские математики П.Л. Чебышев, А.А. Марков, А.М. Ляпунов провели обоснование вероятно- стного метода, доказав ряд предельных теорем. В дальнейшем теория веро- ятностей получила развитие в работах Н. Винера, Р. Фишера, А.Н. Колмого- рова и ряда других ученых XX века. 3 Лекция № 1 Предмет теории вероятностей 1. События, частота и вероятность На практике часто встречаются ситуации, результат которых трудно спрогнозировать. ________________________ Пример. То, что застрахованный дом пострадает или будет уничтожен в течение некоторого периода времени – дело случая. Но страховой орган должен рассчитывать сумму страхового взноса за этот период. ________________________ Пример. Сколько времени будет идти маршрутка с площади Комсо- мольской до площади Горького – дело случая. Но Вы должны рассчитать время своего приезда. ________________________ Впервые такими ситуациями занялись математики в середине XVII ве- ка. Возникновение теории вероятностей связано с именами Гюйгенса (1629- 1695), Паскаля (1623-1662), Ферма (1601-1665) и Якоба Бернулли (1654- 1705), одного представителя из многочисленного математического клана Бернулли (31 математик). При этом лишь азартные игры были главным по- будительным моментом в их деятельности. Далее мы будем иметь дело со случайными событиями, поэтому нужно определить это понятие. Определение. Событие – исход некоторого опыта. Определение. Случайное событие – то, что может произойти либо не произойти. Естественнее всего случайные события характеризовать следующим понятием. Определение. Относительной частотой p * случайного события A называется отношение числа m * появлений данного события к общему чис- лу n * проведённых испытаний, в каждом из которых может появиться или нет данное событие: m* p* = p * ( A) =. n* Чаще всего оказывается (по крайней мере, теория вероятностей имеет дело именно с такими частотами, а иные ситуации в ней не рассматривают- ся), что: m* p* = p * ( A) = → p = p( A) , n * n*→ +∞ где p - некоторое число. Определение. Такое число p называется вероятностью появления случайного события A. 4  Пример. Наблюдение броуновского движения (хаотического движения мельчайших частиц вещества, взвешенных в жидкости). Хаос здесь объясня- ется ударами молекул жидкости. Кинетическая теория газов даёт возмож- ность подсчитать вероятность того, что в данном объёме жидкости не будет ни одной частицы, будет 1,2,3,… частицы. Для проверки теории проводились эксперименты. Шведский учёный Сведберг провёл 518 экспериментов. В подвергшейся наблюдению части пространства: 112 раз не было частиц, 168 раз была одна частица, 130 раз бы- ло две частицы, 69 раз было три частицы, 32 раза было четыре частицы, 5 раз было пять частицы, 1 раз было шесть частиц, 1 раз было семь частиц. Та- ким образом, он составил таблицу относительных частот: m * (0) 112 p * ( 0) = = ≈ 0,216 , n* 518 168 p * (1) = ≈ 0,324 , 518 130 p * ( 2) = ≈ 0,251 , 518 69 p * (3) = ≈ 0,133 , 518 32 p * ( 4) = ≈ 0,062 , 518 5 p * (5) = ≈ 0,0104 , 518 1 p * ( 6) = p * ( 7 ) = ≈ 0,002. 518 Результаты наблюдений показали хорошее совпадение с теоретически предсказанными вероятностями. ________________________ Очень часто необходимо предсказывать характер протекания многих процессов, т.е. находить вероятности некоторых сложных событий, хотя мы можем определить частоты (а в пределе - вероятности) некоторых простых событий. Например, необходимо определить (с высокой степенью достовер- ности) поражение мишени хотя бы одним выстрелом из трёх произведённых, хотя мы легко можем определить вероятность попадания в мишень при од- ном выстреле. Тогда строят модель таким образом. Полагают известной вероятность события A : m* p ( A) ≈ p * ( A) = n* и с помощью определённых процедур находят вероятности нужных случай- ных событий. Определение вероятности появления события по вероятностям эле- ментарных событий, изучение вероятностных закономерностей (различных случайных событий) и является предметом теории вероятностей. 5  Укажем на одно важное свойство вероятности случайных событий. По- скольку 0 ≤ m* ≤ n * , а p = lim (m * / n*) , то вероятность случайного события измеряется в долях единицы, т.е. 0 ≤ p ≤ 1 , 2. Классификация событий Рассмотрим простейший пример, который мы будем изучать с разных сторон в следующих двух параграфах первой лекции. ________________________ Пример № 1. Бросили игральную (шестигранную) кость (один раз). Найти вероятность того, что выпадет: 1) « 6 »; 2) чётное число; 3) нечётное число; 4) число, меньшее « 5 ». Прелюдия к решению. Рассмотрим следующие элементарные события (возможно, на их основе представим нужные нам события): A1 - бросили игральную кость и выпала «1 »; A2 - бросили игральную кость и выпала « 2 »; A3 - бросили игральную кость и выпала « 3 »; A4 - бросили игральную кость и выпала « 4 »; A5 - бросили игральную кость и выпала « 5 »; A6 - бросили игральную кость и выпала « 6 ». Теперь легко представить, что: 1) событие A , состоящее в том, что бросили игральную кость и выпала « 6 », есть событие A6 , т.е. A = A6 ; 2) событие B , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало чётное число, представляет собой множество, состоящее из трёх событий, B = { A2 , A4 , A6 } ; 3) событие C , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало нечётное число, представляет собой множество, состоящее из трёх событий, C = { A1 , A3 , A5} ; 4) событие D , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало число, меньшее « 5 », представляет собой множество, состоящее из четырёх событий, D = { A1 , A2 , A3 , A4 }. _________________________ Чтобы научиться находить вероятности сложных событий, нужно про- вести их классификацию и научиться проводить операции над ними. Определение. Сумма A1 + A2 + A3 + … + An конечного числа событий A1 , A2 , A3 ,…, An – событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из них. _________________________ Пример. В примере № 1 событие C равно сумме событий C = A1 + A3 + A5. 6  Определение. Произведение A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ⋅ … ⋅ An конечного числа событий A1 , A2 , A3 ,…, An – событие, состоящее в наступлении всех этих событий. ________________________ Пример. В примере № 1 событие A2 + A4 есть произведение событий B и D : A2 + A4 = B ⋅ D = BD (математики экономят на знаке произведения). ________________________ Определение. Противоположным событием A называется событие, состоящее в не появлении события A. ________________________ Пример. В примере № 1 событие B есть противоположное к событию C: B =C. ________________________ Рассмотрим важные для дальнейшего понятия. Определение. Два события называются несовместными, если насту- пление одного из них исключает возможность наступления другого. В про- тивоположном случае события называются совместными. ________________________ Пример. В примере № 1 события B и C - несовместные, а события A и B - совместные. ________________________ Определение. События называются равновозможными (равноверо- ятными), если вероятность наступления каждого из них одна и та же. ________________________ Пример. В примере № 1 события B и C являются равновозможными, если кость сделана без изъянов. Также следует признать равновозможными и события A1 , A2 , A3 ,…, A6. ________________________ Определение. События называются элементарными, если их наступ- ление нельзя связать с наступлением других событий в этом опыте. ________________________ Пример. Извлечение карты «Дама пик» из перемешанной колоды карт – событие элементарное. ________________________ Определение. События называются сложными, если их наступление в опыте можно связать с наступлением других событий в этом опыте. ________________________ Пример. Извлечение «пиковой карты» из перемешанной колоды карт – событие сложное, так как его наступление связано с рядом событий в этом опыте, а именно, извлечение «Туз пик», «Король пик», … _______________________ Определение. События образуют полную группу, если при каждом испытании может появиться любое из них и не может появиться какое- либо иное (отличное от входящих в группу) событие. 7  Пример. В примере № 1 события B и C образуют такую полную груп- пу, если не учитывать, что кость при бросании может встать на ребро, исчез- нуть (провалиться под пол), … ________________________ Определение. Событие называется достоверным, если оно не может не произойти в условиях данного опыта. Вероятность достоверного события равна 1 , т.к. для этого события m* m* = n * (напомним, что p = lim ). n* ________________________ Пример. В примере № 1 событие A1 + A2 + A3 + … + A6 есть как раз такое достоверное событие. ________________________ Определение. Событие, которое не может произойти в условиях дан- ного опыта, называется невозможным событием. Вероятность невозможного события равна 0 , т.к. для этого события m* m* = 0 (а p = lim ). n* ________________________ Пример. В примере № 1 событие, равное произведению двух событий BC , является как раз невозможным событием. Невозможное событие пред- 1 ставляет собой и событие, состоящее в выпадении. 3 3. Классический способ нахождения вероятности Пусть мы имеем полную группу равновозможных, несовместных, случайных событий. Определение. Событие (из такой группы) называется благоприятст- вующим появлению события A , если появление этого события (из такой группы) влечёт за собой появление события A. ________________________ Пример. В примере № 1 событие B , выпало чётное число при бросании один раз игральной кости, имеет в качестве благоприятствующих событий, следующие события: A2 , A4 , A6. ________________________ Собственно сам классический способ нахождения вероятности заклю- чается в следующем (а как может быть по-другому?) простом соображении. Вероятность события A равна отношению числа m благоприятст- вующих случайных событий к числу всех возможных случайных событий n , образующих полную группу равновозможных несовместных событий: m p ( A) =. n 8  Исходя из приведённого правила, можно опять установить, что для со- бытий, входящих в состав полной группы равновозможных несовместных событий, имеет место два свойства вероятности: n p (достоверное событие) = = 1, n 0 p (невозможное событие) = = 0. n Теперь можно вернуться к примеру № 1 и предложить окончательное его решение. ________________________ Пример. В примере № 1 полную группу равновозможных несовмест- ных событий составляют события A1 , A2 , A3 ,…, A6 , т.к.: A1 , A2 , A3 ,…, A6 образуют полную группу (об этом мы уже говорили), понятно, что все эти события равновероятны (если кость сделана без изъянов), понятно, что все эти события несовместны (если кость при бросании не упадёт на ребро). Поэтому n = 6. Тогда событие A , состоящее в том, что бросили игральную кость и вы- пала « 6 », имеет вероятность: m 1 p ( A) = = , n 6 т.к. благоприятствующим событием является лишь событие A6 , т.е. m = 1. Событие B , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало чётное число, имеет вероятность: m 3 p( B) = = = 0,5 , n 6 т.к. благоприятствующими событиями являются события A2 , A4 , A6 , т.е. m = 3. Событие C , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало нечётное число, имеет вероятность: p (C ) = p ( B) = 0,5 , о чём мы уже говорили. Событие D , состоящее в том, что бросили игральную кость, а выпало число, меньшее « 5 », имеет вероятность: m 4 2 p( D) = = = , n 6 3 т.к. благоприятствующими событиями являются события A1 , A2 , A3 , A4 , т.е. m = 4. 4. Графическая интерпретация событий Пусть в опыте мы имеем полную группу равновозможных случайных событий Ω = {ω1 , ω2 ,⋅ ⋅ ⋅, ωn }. Если при этом события ωi являются элементарны- ми, то такую группу событий называют пространством элементарных со- бытий. Любое сложное событие А в опыте всегда связано с рядом элемен- 9 тарных событий из Ω , которые являются благоприятствующими для его на- ступления А = {ω А1 , ω А2 , … , ω Аk } ⊂ Ω. Тогда элементарное событие может быть изображено графически точкой в пространстве Ω , а сложное событие множеством А в пространстве Ω [1-4]. Такое изображение событий пред- ставляется диаграммой Эйлера-Вена на рис.1.1. Рис.1.1. Диаграмма Эйлера-Вена для интерпретации событий в пространстве элементар- ных событий и операций над событиями Такая интерпретация события, как множества в пространстве событий, позволяет легко и наглядно изображать события, операции над событиями как операции над множествами, понять соотношения алгебры событий: А + A = Ω, AA = ⊗, A( B + C ) = AB + AC , AB = A + B , A + B = AB. Если под массой (модулем) события A понимать число, характеризующее количество благоприятствующих элементарных исходов, то классический способ вычисления вероятности интерпретируется как отношение массы со- бытия к массе пространства: A P ( А) =. Ω Пример. Пусть в опыте бросаются две иг- ральные кости. Событие А состоит в выпаде- нии дубля, а событие В - в выпадении суммы очков на обеих костях не менее 10. Эти собы- тия изображены на рис. 1.2. множествами, где точками изображаются элементарные исходы {ωij }, тогда: Ω = {ωij }, Ω = 36, A = {ω11 , ω22 , ω33 , ω44 , ω55 , ω66 }, A = 6, B = {ω66 , ω65 , ω56 , ω55 , ω64 , ω46 }, B = 6 , P( A) = A / Ω = 1 / 6, P( В ) = В / Ω = 1 / 6. Рис.1.2. Изображение событий А и B в пространстве Ω 10 Лекция № 2 Вычисление вероятности событий 1. Элементы комбинаторики и вычисление вероятности событий Необходимые сведения из комбинаторики [5,6] изучим на простейших примерах. ________________________ Пример 1. При игре в русское лото из мешка поочерёдно извлекают все 90 бочонков (с различной нумерацией). Найти вероятность того, что бочонки извлекут в порядке убывания нумерации. Решение. Здесь  , множество всех равновозможных несовместных со- бытий, образующих полную группу, представляет собой:   {(1,2,3,4,,90), (2,1,3,4,,90), (1,3,2,4,,90),, (90,89,88,,2, 1)} , где (i1 , i2 ,, i90 ) обозначает комбинацию чисел 1,2, ,90 , указанных на бочон- ках, извлечённых из мешка один за другим в результате какого-то опыта. При этом порядок, в котором следуют числа i1 , i2 ,, i90 , имеет существенное значение! Договоримся, что эти комбинации отличаются друг от друга хотя бы одним числом, стоящим на соответствующем месте. Понятно, что  - полная группа (т.к. все возможные комбинации чисел от 1 до 90 здесь поименованы) равновозможных (т.к. нет предпочтения ни одной комбинации перед други- ми) несовместных (т.к. одновременно обе различные комбинации появиться не могут) событий. Тогда, если мы найдём число n всех комбинаций во множестве  , то нужная нам вероятность есть: m 1 p  , n n т.к. число благоприятствующих комбинаций равно единице (комбинация (90,89,,2,1), и только она, ибо порядок чисел имеет значение). А число n найти просто. Поскольку порядок чисел имеет значение, по- стольку при первом извлечении бочонка у нас всего 90 возможностей, при втором – 89 (т.к. один бочонок уже извлечён из мешка). При подсчёте числа n между этими числами нужно поставить знак умножить, т.к. на всякое i1 найдётся 89 возможностей i2. И так далее до предпоследнего извлечения бо- чонка, когда останется только 2 возможности. Поэтому: n  90  89  88    3  2  1  2  3    88  89  90. В этом последнем виде и определено в комбинаторике число N! 1  2  3    ( N  1)  N , носящее название « N  факториал». Оно представляет собой число всех воз- можных комбинаций из N чисел, расставленных по N местам, при этом по- рядок, занимаемый числами, имеет существенное значение. 11  Итак, искомая вероятность равна: 1 p , 90! т.к. порядок, в котором следуют числа во всевозможных комбинациях, имеет существенное значение. Величина этого числа, стоящего в знаменателе, огромна: 90! > 1081 , т.к. 90 > 10 , 89 > 10 , 88 > 10 ,…, 10  10. Поэтому встретиться на практике с такой комбинацией невероятно (вероятность такой встречи практически равна ну- лю)! ________________________ Пример 2. При игре в русское лото из мешка поочерёдно извлекают (на сей раз) 86 бочонков (с различной нумерацией). Найти вероятность того, что бочонки появятся в строго убывающем порядке, начиная с бочонка под но- мером 90 (точнее появятся в таком порядке: 90, 89, 88, …, 6, 5). Решение. Здесь  - множество всех равновозможных несовместных событий, образующих полную группу - представляет собой:   {(1,2,3,4,,85,86), (2,1,3,4,,85,86), (1,3,2,4,,85,86),, (90,89,88,,6,5)} , где (i1 , i2 ,, i86 ) обозначает комбинацию чисел i1 , i2 ,, i86 , указанных на бочон- ках, извлечённых из мешка один за другим в результате какого-то опыта. При этом порядок, в котором следуют числа i1 , i2 ,, i90 , опять имеет сущест- венное значение! Снова договоримся, что эти комбинации отличаются друг от друга хотя бы одним числом, стоящим на соответствующем месте. Понятно, что  - полная группа (т.к. все возможные комбинации чисел от 1 до 90 здесь поиме- нованы) равновозможных (т.к. нет предпочтения ни одной комбинации перед другими) несовместных (т.к. одновременно обе различные комбинации поя- виться не могут) событий. Тогда, если мы найдём число n всех комбинаций во множестве  , то нужная нам вероятность есть: m 1 p  , n n т.к. число благоприятствующих комбинаций равно единице (комбинация (90,89,,6,5), и только она). Порядок чисел фиксирован! А число n найти по-прежнему просто. При первом извлечении бочонка у нас всего 90 возможностей, при втором – 89 (т.к. один бочонок уже извле- чён из мешка). При подсчёте числа n между этими числами нужно поста- вить знак умножить, т.к. на всякое i1 найдётся 89 возможностей i2. И так да- лее до последнего извлечения бочонка, когда останется только 5 возможно- стей. Поэтому: 90! 90! n  90  89  88    6  5    A9086 , 4! (90  86)! где A9086 называется числом размещений. Итак, мы познакомились с ещё одним числом, имеющим большое зна- чение для комбинаторики (да и для нас тоже)! 12  Числом размещений Akl называется частное от деления: k! Akl  (k  l ). (k  l )! Оно представляет собой число всех возможных комбинаций из k чисел, рас- ставленных по l местам, при этом порядок, занимаемый числами, имеет су- щественное значение. Поэтому искомая вероятность равна: 1 1 p . A90 5  6    89  90 86 Величина этого числа, стоящего в знаменателе, по-прежнему огромна. По- этому встретиться на практике с такой комбинацией невероятно! ______________________ Пример 3. Найти вероятность угадать в лотерее «6 из 49» (когда извле- кают 6 чисел из различных (!) 49 чисел) при заполнении одного варианта: 1) все шесть номеров; 2) три номера. Решение. Займёмся сначала решением первой задачи. При заполнении одного варианта выбирают 6 чисел из чисел, следующих друг за другом, от 1 до 49. При этом порядок, в котором указаны числа в выбранном для игры ва- рианте, не имеет значения! Поэтому  состоит из групп комбинаций, а каждая группа составлена из комбинаций всевозможных наборов заранее определённых 6 чисел (i1 , i2 ,, i6 ). Проще говоря, набор всех возможных комбинаций (а всего их 6!, как следует из только что разобранного примера) {(i1 , i2 , i3 ,, i6 ), (i2 , i1 , i3 ,, i6 ), (i1 , i3 , i2 , , i6 ),, (i6 , i5 , i3 ,, i1 )} и составляет одну такую группу. А из этих групп и составлено в свою оче- редь множество . Но как подсчитать число n всевозможных групп? Понятно, что это n есть частное от деления числа A496 (т.е. числа всех возможных комбинаций из 49 чисел, расставленных по 6 местам, при этом порядок имеет существенное значение) на число 6! (т.е. число всех возможных комбинаций из 6 чисел, расставленных по 6 местам, при этом порядок имеет существенное значе- ние): 49! 6 A (49  6)! 49! n  49   C 496 , 6! 6! 6! (49  6)! которое носит название «число сочетаний из 49 по 6 местам». Итак, мы пришли к понятию ещё одного важного числа для комбинаторики. Числом сочетаний из k элементов по l элементам называется число: k! C kl  (k  l ) , l!(k  l )! обозначающее число способов, которыми можно расположить k чисел по l местам (при этом порядок, занимаемый числами, не имеет значения). 13  Итак, чтобы найти искомую вероятность, нужно m  1 (т.к. число благо- приятствующих событий равно единице) поделить на только что найденное n. Поэтому искомая вероятность равна: 1 6!  43! 1  2  3  4  5  6  1  2    43 1 2  3  4  5  6 1 p    . 6 C 49 49! 1  2    43  44  45  46  47  48  49 44  45  46  47  48  49 13983816 Это значит, что просто так, без каких-то ухищрений, выиграть в эту игру нельзя: «выигрывает одна из 14 миллионов попыток». Перейдём теперь к решению второй задачи. Для этого осталось под- считать число m (ибо число n только что подсчитано). Но что значит угадать «три номера из шести»? Это означает «три угадали, а три в указанном вари- анте не угадали». А такая комбинация означает, что в ней три номера из шес- ти указаны правильно (порядок чисел в указанном варианте не имеет значе- ния, чему соответствует число C63 ), а три неправильно (порядок чисел в ука- занном варианте по-прежнему не имеет значения, чему соответствует число 3 3 C49  6  C43 ). А между этими числами нужно поставить знак умножения, т.к. на всякое i1 из возможностей C63 найдётся одна из возможностей C433. Поэтому m  C63C433. Отсюда, искомая (во второй раз) вероятность равна: 6! 43! 2  3  4  5  6 41  42  43 4  5 41  42  43 3 3 m CC 3! 3! 3! 40! p  6 6 43   2 3 2 3 23  1 23  n C49 49! 44  45  46  47  48  49 44  45  46  47  48  49 6! 43! 23 4 56 2 3 4 5 6 4  5  41  42  43 4  5  41  42  43    0,01765. 44  45  46  47  48  49 11  9  46  47  8  49 456 Проверим практикой полученный результат (ибо «практика – критерий истины»). Возьмём наугад результат какого-нибудь тиража лотереи «6 из 49». В 406 тираже, состоявшемся в 2004 году, всего было сыграно 46283 ва- риантов ( n  46283 ). Из них было угадано «три номера из шести» в 685 вари- антах ( m  685 ). Частота этого события равна: m 685 p     0,01480. n 46283 О лучшем (совпадении) трудно было бы и мечтать: вероятность почти одина- кова с частотой! ______________________ Схема урн. Отметим, что рассмотренная выше задача описывает так на- зываемую «схему урн» (рис 2.1), состоящую в следующем. Пусть в урне тщательно перемешаны шары, отличающиеся только цве- том и пусть, например, белых там N1 , а черных N 2. Наугад из урны извлека- ются n шаров. Какова вероятность события А , состоящего в том, что среди извлеченных будет n1 белых и n2 черных? Схема изображена ниже: 14  Рис. 2.1. Схема урн с белыми и черными шарами Из вышеприведенной задачи понятными становится следующие фор- мулы вероятности событий: C Nn11  C Nn22 C Nn11  C Nn22    C Nn mm p( A)  , p( A) . C Nn11nN22 C Nn11nN22nNm m Вторая из них для случая многоцветных шаров (белые, черные, синие и др.). 2. Геометрические вероятности Это понятие касается следующего класса задач. Представим себе, что на плоскости расположены две области M и m , причем область m целиком распложена в области M. Их площади, соответственно, равны S m и S M. В область M наудачу бросают точку. Какова вероятность того, что точка попа- дёт также и в область m ? Если предположить, что точка может попасть в любую часть области M , а вероятность попадания в область m пропорциональна лишь её площади и не зависит ни от расположения m , ни от её формы, то искомая вероятность: Sm p. SM Это и есть так называемое «правило нахождения геометрической веро- ятности». Аналогично могут быть определены вероятности попадания точки: 1) в объёмную область v величиной Vv , содержащуюся в объёмной области V величиной VV , если точка брошена наугад в объём V : Vv p ; VV 2) на отрезок l величиной Ll , расположенный на отрезке L величиной LL , если точка брошена наугад на отрезок L : Ll p. LL 15  Пример. Круглый диск радиуса R разбит на два сектора. Длина дуги одного из них (заштрихованного) равна радиусу R (рис. 2.2). По быстро вра- щающемуся диску произведён выстрел. Цель поражена. Найти вероятность того, что попали в заштрихованную часть. Рис. 2.2. Иллюстрация к задаче о попадании в сектор диска Решение. Идеология решения задачи проста. Пусть событие A есть со- бытие, состоящее в том, что попали именно в заштрихованную часть. Тогда Sm искомая вероятность равна P( A)  , где S m - площадь заштрихованной SM части, S M - площадь круга ( S M   R 2 ). Проблема лишь в том, как найти площадь заштрихованной части. Но S m относится к S M также, как длина дуги заштрихованной части ( Lm  R ) от- Sm L R 1 носится к длине круга ( LM  2 R ): p  m   , что и требовалось S M LM 2 R 2 найти. ___________________________________________ Пример. Задача Бюффона (или задача об игле). Пусть на плос- кость, разлинованную параллельными линиями с расстоянием 2а , наудачу брошен отрезок (игла) длиной 2l  2а. Какова вероятность пересечения линии иглой? Событие А состоит в пересечении линии на плоскости. Игла пересека- ет только одну линию в силу ограничения 2l  2а , или не пересекает ни од- ной. Пусть u - расстояние от центра иглы до ближайшей линии, а  - угол наклона иглы к линиям. Тогда множество всех равновозможных событий   0  u  a; 0     , а множество всех благоприятствующих исходов для события A  0  u  l sin ; 0     и оба эти множества изображены ниже на рисунке. Вероятность события А вычисляется как геометрическая:  SА 2l S   a , S A   l sin   d  2l , P( A)  . 0 S  a 16  Рис 2.3. Иллюстрация к задаче Бюфона Лекция № 3 Вероятности сложных событий Часто возникает ситуация, когда вероятность искомого события мо- жет быть вычислена через известные вероятности ряда более простых собы- тий, наступление или отсутствие которых приводит к искомому событию. 1. Определение условной вероятности Начнем с определения. P( AB) Определение. Если P( A) > 0 , то частное называется условной P( A) вероятностью события B при условии A (или условной вероятностью со- бытия B при условии, что событие A произошло). Оно обозначается: P( AB) PA ( B)  P( B / A) . P( A) Смысл условной вероятности открывается из следующего рассужде- ния. Пусть рассматриваются геометрические вероятности. Событие A состо- ит в том, что бросаем точку на часть плоскости  и попадаем в фигуру A , а событие B - попадаем в фигуру B (см. рис. 3.1). Событие AB состоит в том, что бросаем точку и она попадает в общую часть фигур A и B (на рис. 3.1 эта P( AB) часть забита точками). Тогда характеризует, какую часть по отноше- P( A) нию к части A (событию A ) составляет часть AB (событие AB ). 17  Рис 3.1. Иллюстрация понятия условной вероятности Иными словами, P( AB) вероятность попасть в AB  PA ( B)   P( A) вероятность попасть в A  вероятность того, что попали в B при условии, что находимся в A. Вывод из сказанного получается следующий: PA (B) действительно обо- значает вероятность того, что B произойдёт при условии, что A произошло. 2. Независимость событий Понятие «независимости» играет ключевую роль в теории вероятно- стей: оно выделило теорию вероятностей из теории меры (ибо в теории веро- ятностей находятся вероятности различных событий – суть измеряется мера определенного множества по сравнению с множеством единичной меры). Однако перейдём к понятию независимости. Если A и B два события, то естественно сказать, что событие B не зависит от события A , если знание того, что свершилось событие A , никак не влияет на вероятность события B. Иначе говоря (при условии P( A) > 0 ), P( B / A)  P( B). По определению условной вероятности: P( AB)  P( B / A). P( A) Поэтому P( AB)  P( B) , P( A) откуда P( AB)  P( B) P( A). Последнее равенство и принято в теории вероятностей за определение неза- висимости двух событий. Итак, два события A и B называются независимыми, если P( AB)  P( A) P( B). Прелесть этого определения ещё и в том, что оно годится и для случая, когда P( A)  0 (в отличие от рассуждений в начале этого пункта). 18  Пример. Безотказная работа прибора определяется работой двух узлов, соединённых последовательно. Вероятность безотказной работы i -ого узла равна: p1  0,9, p2  0,8. Узлы работают независимо друг от друга. Какова вероятность безотказной работы всего прибора. Решение. Введём следующие обозначения: A - событие, состоящее в безотказной работе всего прибора; Ai - событие, состоящее в безотказной работе i -ого узла прибора ( i  1, 2 ). Тогда в силу «последовательности» соединения A  A1 A2. Поэтому P( A)  P( A1 A2 ) , а в силу независимости работы узлов прибора (вероятность произведения равна произведению вероятностей): P( A)  P( A1 A2 )  P( A1 ) P( A2 )  p1 p2  0,9  0,8  0,72. Всякое последовательное соединение приводит к потере устойчивости в работе прибора! 3. Вероятность произведения событий Это очень просто. Из определения условной вероятности (напишем оп- ределение наоборот): P( AB)  P( B / A) P( A) следует, что вероятность произведения событий (в общем случае) равна P( AB)  P( A) P( B / A). И всё! Новая формула готова! Аналогично (от перемены букв в определении само определение не из- менится!): P( AB)  P( A / B) , P( B) поэтому P( AB)  P( B) P( A / B). Окончательно получается следующее утверждение. Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятности одного события на произведение условной вероятности другого события при условии, что первое событие произошло: P( AB)  P ( A) P( B / A)  P( B) P( A / B). 19  Приведём получаемую по индукции теорему об умножении конечного числа событий: P( A1 A2 A3  An 1 An )  P( A1 ) P( A2 / A1 ) P A 3 /( A1 A2 )  P A n /( A1 A2 A3  An 1 ) . 4. Теорема сложения вероятностей событий Начнем с геометрической иллюстрации. Пусть рассматривается гео- метрическая вероятность в случае n  2 (плоский случай). Событие A состоит в том, что бросаем точку на часть плоскости  и попадаем в фигуру A , а со- бытие B - попадаем в фигуру B (см. рис. 3.2). Найдем вероятность того, что бросаем точку в область  и попадаем в фигуру A  B , т.е. забитую точками на рис. 3.2 фигуру. Эта фигура A  B соответствует событию, состоящему в наступлении или события A или события B , т.е. события A  B. Рис. 3.2. Иллюстрация к теореме сложения вероятностей В силу геометрической вероятности эта вероятность P( A  B) равна: S A B P( A  B)  , S где S A  B - площадь фигуры A  B , а S  - площадь области . Осталось найти площадь S A  B. Она равна: S A  B  S A  S B  S AB , где S A - площадь фигуры A , S B - площадь фигуры B , S AB - площадь общей части фигур A и B , «забитой» на рис. 3.2 пятнами. Тогда: S A B S A  S B  S AB P( A  B)    P ( A)  P( B)  P( AB) , S S где по определению геометрической вероятности: S A / S  P( A) вероятность события A , S B / S  P ( B ) вероятность события B , S AB / S  P( AB) вероятность события AB. Тем самым, мы приходим к равенству P( A  B)  P( A)  P( B)  P( AB) , 20 которое и составляет содержание теоремы о сложении вероятностей совме- стных событий, но доказательство её в общем случае гораздо сложнее и его мы оставляем без внимания. Теорема о сложении вероятностей совместных событий. Вероят- ность суммы совместных событий A и B равна: P( A  B)  P( A)  P( B)  P( AB). Здесь слова «вероятность совместных событий» имеют принципиаль- ное значение, т.к. для несовместных событий получается несколько иная тео- рема. Разберёмся в этом. Для несовместных событий A и B основным свой- ством является равенство (они вместе произойти не могут): P( AB)  0. Поэтому теорема переписывается в следующем виде. Теорема о сложении вероятностей несовместных событий. Вероят- ность суммы несовместных событий A и B равна: P( A  B)  P( A)  P( B). ___________________________________________ Пример. «Не кладите все яйца в одну корзину». В два банка положены деньги (слава Богу, что некто догадался положить их именно в два банка). Банки работают независимо друг от друга (часто встречающаяся ситуация). Вероятность разорения первого банка равна 0,1 , а второго - 0,2. Какова веро- ятность того, что деньги сохранятся хотя бы в одном из банков. Решение. Чтобы решить вероятностную задачу, главное, ввести пра- вильные обозначения. Попробуем ввести следующие события. A1 - деньги взяты из первого банка, A2 - деньги взяты из второго банка. Тогда событие A1  A2 означает, что деньги взяты либо из первого, либо из второго банка, либо из обоих банков сразу (вам очень повезло). А найти нужно именно вероятность этого события P( A1  A2 ). По формуле сложения вероятностей совместных событий получаем: P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 A2 ). Вероятность P( A1 ) того, что первый банк останется «на плаву», состав- ляет с вероятностью P( A1 ) того, что первый банк разорится, в сумме 1 (т.к. событие A1  A1 есть достоверное событие). Поэтому: P ( A1 )  1  P ( A1 )  1  0,1  0,9. Аналогично найдем P ( A2 )  1  P ( A2 )  1  0, 2  0,8. А вероятность произведения двух событий P( A1 A2 ) равна произведению веро- ятностей P( A1 ) P( A2 ) , как произведение независимых событий. Поэтому: P( A1  A2 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A1 ) P( A2 )  0,9  0,8  0,9  0,8  1,7  0,72  0,98. То есть искомая вероятность получается больше вероятностей P( A1 ) и P( A2 ) , а, значит, права пословица! 21 5. Формула полной вероятности Эта формула работает в том случае, когда событие происходит в опыте вместе с рядом других событий, составляющих полную группу. Такая ситуа- ция иллюстрируется на рис. 3.3. Допустим, что события B1 , B2 ,, Bn образуют полную группу (т.е. какое- то из них непременно происходит) несовместных (т.е. два разных события одновременно произойти не могут) событий. Тогда верна следующая теоре- ма. Теорема. Если событие A может осуществляться только при вы- полнении одного из событий B1 , B2 ,, Bn , которые образуют полную группу несовместных событий, то: n p( A)  p ( B1 ) p( A / B1 )  p ( B2 ) p( A / B2 )    p( Bn ) p ( A / Bn )   p( Bi ) p ( A / Bi ). i1 Рис. 3.3. Иллюстрация к формуле полной вероятности Доказательство. Представим событие A как событие, умноженное на достоверное событие (от этого результат не изменится), а достоверное собы- тие как сумму всех событий Bi : A  A( B1  B2    Bn )  AB1  AB2    ABn. Тогда по формуле сложения вероятностей (события B1 , B2 ,, Bn - несовмест- ные, а значит и события AB1, AB2 ,, ABn совместно произойти не могут) веро- ятность суммы равна сумме вероятностей: p( A)  p ( AB1  AB2    ABn )  p( AB1 )  p( AB2 )    p ( ABn ). Далее по формуле умножения вероятностей получаем искомое соотношение: p( A)  p( B1 ) p ( A / B1 )  p ( B2 ) p ( A / B2 )    p ( Bn ) p ( A / Bn ). Что и требовалось доказать. Отметим, что события B1 , B2 , , Bn часто называют гипотезами. ___________________________________________ Пример. В городе 5 банков, три из них («хорошие» банки) разорятся с вероятностью p1  0,05 , два («плохие» банки) – с p2  0,3. Найти вероятность сохранения вклада, если деньги доверены наудачу одному из банков. (Общая ситуация. Вы никогда не знаете наверняка вероятность сохранения Вашего вклада). Решение. Введем соответствующие обозначения: 22  событие B1 - деньги доверены «хорошему» банку; событие B2 - деньги доверены «плохому» банку; событие A - деньги сохранены. Тогда можно найти вероятность того, что деньги сохранятся в «хоро- шем» банке (деньги будут сохранены, при условии того, что они будут дове- рены «хорошему» банку): p( A / B1 )  1  0,05  0,95 , т.к. эта вероятность в совокупности с вероятностью разорения «хорошего» банка даст единицу (достоверное событие). Аналогично находится вероятность того, что деньги сохранятся в «плохом» банке (деньги будут сохранены при условии того, что они будут доверены «плохому» банку): p( A / B2 )  1  0,3  0,7. Теперь можно найти вероятность того, что деньги доверены «хороше- му» банку (по классическому способу нахождения вероятности событий, а число 3 равно числу благоприятствующих случаев, а всего - 5 банков): p( B1 )  3 / 5  0,6 и «плохому» банку (по классическому способу нахождения вероятности со- бытий, а число 2 равно числу благоприятствующих случаев): p( B2 )  2 / 5  0,4. Тогда по формуле полной вероятности: p( A)  p ( B1 ) p ( A / B1 )  p( B2 ) p( A / B2 )  0,6  0,95  0,4  0,7  0,57  0,28  0,85. Т.е. вероятность оказалась «размытой по середине» между вероятно- стью сохранить деньги в «хорошем» банке и вероятностью сохранить в «пло- хом» банке. 6. Формула Байеса Она нужна для того, чтобы переоценить вероятность P( Bi / A) события Bi при условии того, что событие A произошло. Формула работает в том случае, когда события B1 , B2 ,, Bn образуют полную группу (т.е. какое-то из них непременно происходит) несовместных (т.е. два разных события одно- временно произойти не могут) событий. Пусть событие A произошло. Тогда переоценим вероятность события P( Bi / A) , исходя из формулы P( ABi ). По формуле умножения вероятностей: P( ABi )  P( A) P( Bi / A) , где вероятность события A будем считать известной, а вероятность события Bi / A надо определить. Но по формуле умножения вероятностей, с другой стороны: P( ABi )  P( Bi ) P( A / Bi ) , где обе вероятности, участвующие в правой части формулы, также будем 23 считать известными. Тогда, сравнивая правые части обеих формул, приходим к следующему: P( A) P( Bi / A)  P( Bi ) P( A / Bi ). Отсюда находим неизвестную величину P( Bi / A) : P( Bi ) P( A / Bi ) P( Bi / A)  , P( A) или, пользуясь формулой полной вероятности, можно расписать знаменатель и получить окончательный вид формулы Байеса: P( Bi ) P( A / Bi ) P( Bi / A)  n.  P( B )P( A / B ) k 1 k k Пример. В городе находится 10 банков. Вероятность того, что деньги сохранятся в 4-х банках («хороших») равна 0,95, а в остальных банках («пло- хих») равна 0,8. Вкладчик сохранил деньги в наудачу взятом банке. (Общая ситуация: Вы никогда не знаете наверняка, в каком именно банке храните деньги: в «хорошем» или в «плохом».) Что вероятнее: вкладчик держал деньги в «хорошем» банке или в «пло- хом»? Решение. Введем обозначения: событие A - деньги сохранены; событие B1 - выбран «хороший» банк; событие B2 - выбран «плохой» банк. Причем события B1 и B2 как раз и образуют полную группу (т.к. в какой-то банк положены деньги) несовместных (т.к. деньги хранились лишь в одном из банков) событий. Тогда можно найти следующие вероятности: P( A / B1 )  0,95 - вероятность того, что деньги сохранятся, если выбран «хороший» банк; P( A / B2 )  0,8 - вероятность того, что деньги сохранятся, если выбран «плохой» банк; 4 P( B1)  - вероятность того, что выбран «хороший» банк (определяет- 10 ся по классическому способу нахождения вероятности событий, а число 4 равно числу благоприятствующих случаев); 6 P( B 2 )  - вероятность того, что выбран «плохой» банк (определяется 10 по классическому способу нахождения вероятности событий, а число 6 равно числу благоприятствующих случаев). Тогда P( B1 / A) (вероятность того, что был выбран «хороший» банк при условии, что деньги были сохранены) равна, по формуле Байеса: P( B1 ) P( A / B1 ) P( B1 / A)   P( B1 ) P( A / B1 )  P( B2 ) P( A / B2 ) 0,4  0,95 0,38 1   <. 0,4  0,95  0,6  0,8 0,38  0,48 2 24  То есть вероятнее, что был выбран «плохой» банк при условии, что деньги были сохранены. Так и в жизни. Никогда нельзя доверять тому, что говорят. Даже, если это говорит честный человек. Например, он купил автомобиль китайского производства, и автомобиль оказался хорошим. Человек утверждает, раз мой оказался хорошим, значит можно покупать китайские автомобили. Это не- правда, просто этих автомобилей на рынке больше (по количеству) и хоро- ший автомобиль вполне мог попасться этому человеку! Лекция № 4 Схема независимых испытаний Схема независимых испытаний представляет собой сочетание следую- щих факторов. Пусть производится серия из n независимых испытаний (что такое «независимость» мы говорили на прошлой лекции). В каждом испыта- нии может возникнуть событие A с одной и той же вероятностью. 1. Формула Бернулли Имеет место следующая теорема. Теорема (формула Бернулли) Вероятность того, в n независимых испытаниях событие A наступит ровно m раз, равна: pn (m)  Cnm p mq n  m , n! где Cnm  - число сочетаний из n по m , p - вероятность события m! (n  m)! A , q  1  p - вероятность события A (т.е. вероятность ненаступления со- бытия A ). Доказательство. Начнём с малого. Пусть B обозначает исходное со- бытие, т.е. появление ровно m раз события A в n независимых испытаниях (вероятность появления A в одном испытании, напомню, равняется p ). Событие A может, например, появиться (событие B1 ) следующим обра- зом: вначале испытаний событие A наступает ровно m раз, а затем оно n  m раз не наступает (значит, наступит противоположное событие A ): B1  A  A    A  A  A    A. m раз n m раз Найдём вероятность этого события. Поскольку все события независимы («вероятность произведения равна произведению вероятностей»), то: p( B1)  p( A) m p ( A ) n  m. А вероятность p( A ) найдём, исхитрившись. События A и A образуют полную группу, т.е. p ( A  A )  1. Кроме того, они несовместны (т.к. вме- сте произойти не могут). 25 Поэтому («вероятность суммы равна сумме вероятностей»): p( A  A )  p( A)  p( A )  1 , Откуда: p( A )  1  p( A)  1  p  q. Поэтому p( B1)  p ( A) m p ( A )n  m  p m q n  m. Но событие A может появиться и другим образом. Например, B2  A  A    A  A  A    A  A. m 1 раз nm раз Нетрудно убедиться в том, что вероятность p( B2 ) по-прежнему равна: p( B 2 )  p( A) m p( A ) n  m  p m q n  m. Но как пересчитать все эти возможности (ясно, что они все являются несовместными, а поэтому p (B) будет равно числу (сумме) всех этих воз- можностей умноженной на p( Bi ) )? Число всех возможных таких вариантов событий Bi равно Cnm , числу способов, которыми можно расположить n чи- сел по m местам (при этом порядок, занимаемый числами, не имеет значе- ние): числа 1,2,3,, m располагаются по m местам (событие B1 ), числа 1,2,3,, m  1, n располагаются по m местам (событие B 2 ), и т.д. Поэтому p( B )  Cnm p m q n  m  pn (m). Что и требовалось доказать. _______________ Пример. Для нормальной работы автобазы на линии должно быть не менее восьми автомашин, на автобазе всего десять машин. Вероятность не- выхода каждой автомашины на линию равна 0,1. Найти вероятность нор- мальной работы автобазы. Решение. Прежде всего поймём, что значит вероятность нормальной работы автобазы:  нормальной     на линии   на линии   на линии   на линии  p работы  p   p   p   p .  автобазы   8,9,10 машин   8 машин   9 машин   10 машин    Причём последнее равенство справедливо, т.к. несовместными являются со- бытия « 8 машин на линии», « 9 машин на линии» и « 10 машин на линии». Вероятность того, что 8 автомашин на линии, равна «вероятности того, что в 10 независимых испытаниях событие A (выход одной машины на ли- нию) наступит ровно 8 раз»: p10 (8)  C108 p8 q 2 , где p - вероятность выхода одной машины на линию, а q - вероятность не- выхода одной машины на линию. Поскольку по условию задачи q  0,1 , по- стольку p  1  q  0,9. 26 Окончательно,  на линии  p  C 108p 8q 2 C 1080,980,12.  8 машин  Аналогично:  на линии   на линии  p  C 109p 9q1 C 1090,990,1 и p 10 10 0  C 10 p q C 10 10 10 0,9.  9 машин  10 машин  Поэтому:  нормальной    8 8 2 9 9 10 10 p работы  C 10 0,9 0,1 C 10 0,9 0,1 C 10 0,9   автобазы    10! 10! 9 10! 9 10 10  0,980,01  0,9 0,1  0,910  0,01   0,98  0,1   0,99  0,910  2! 8! 1! 9! 0!10! 2 1  0,45  0,43046721  0,38742049  0,34867844  0,9298. Сделаем вывод. Поскольку в статистике считается, что событие, веро- ятность которого «больше 0,95  достоверное событие», постольку базу, ино- гда, будет «лихорадить». Полностью нормальной её работу считать нельзя! А для исправления ситуации следует прикупить автомашины или поработать над уменьшением вероятности невыхода каждой автомашины на линию. 2. Полиноминальная формула Бернулли Пусть в каждом из n независимых испытаниях происходит одно из событий А1 , А2 ,....Аm , образующих полную группу. Вероятности наступления каждого из событий не изменяется в серии испытаний и равны P( Ak )  p k , а само событие Ak наступает в серии испытаний ровно nk. Причем  p k  1 , а  nk  n. Тогда верна следующая полиноминальная формула Бернулли: n! P(n1 , n2 ,...nm )  p1n1 p 2n2... p mnm , n1!n2 !...nm ! которая дает вероятность получения различных комбинаций количеств собы- тий в серии испытаний. При m  2, A1  A, A2  A , p1  p, p 2  q полиноминаль- ная формула превращается в обычную биноминальную формулу Бернулли. _______________________ Пример. Вычислить вероятность того, что в шахматном турнире из 5 партий с соперником, у которого выиграть партию вы сможете с вероятно- стью 0,3, а проиграть 0,5, вы две партии выиграете, а проиграете только одну. Решение. В каждой из независимых партий (испытаний) возможны три исхода. При этом m  3, p1  0,3, p 2  0,2, p 3  0,5. Тогда ответ на вопрос задачи будет следующим: 5! P(2, 2,1)  0,3 21 0,2 2 0,51  0,054. 2!2!1! 27 3. Теоремы Муавра-Лапласа В условиях действия схемы Бернулли (производится n независимых испытаний, событие A наступает ровно m раз, вероятность наступления A в одном испытании равна p ) при большом n подсчитать pn (m) по формуле Бернулли затруднительно (нужно подсчитать большие факториалы, большие степени и т.п.). Для упрощения расчётов придумали формулу, но приближённую (пришлось «заплатить точностью»). Приведем без доказательства соответст- вующую теорему. Локальная теорема Муавра-Лапласа. Если вероятность p наступ- ления события A в каждом из n независимых испытаний постоянна, 0  p  1 , число n испытаний велико, то вероятность pn (m) того, что в n независимых испытаниях событие A наступит ровно m раз, приближённо равно: ( x ) p n ( m)  , npq 1 2 m  np где ( x)  ex 2 , x  , q  1 p. 2 npq Функция (x) затабулирована (в значения этой функции даются в таблице приложения 1). При использовании этой таблицы полезно иметь в виду, что: функция (x) чётная (т.е. ( x)  ( x) ); функция (x) убывает при x  ; функция ( x)  0. _______________ Пример. Найти вероятность того, что при 600 выстрелах мишень будет поражена ровно 250 раз, если вероятность поражения мишени при одном вы- стреле равна 0,4. Решение. Понятно, что искомую вероятность pn (m) можно найти по формуле Бернулли, но кто возьмется подсчитать C600250 (т.е. 600!, 250!, )? А с помощью локальной теоремы Муавра-Лапласа - запросто! Здесь m  250, n  600, p  0,4, q  0,6 : ( x ) ( x) ( x ) p 600 (250)    , 600  0,4  0,6 6 46 12 (m  np) 250  600  0,4 x   10 12  0,833. npq 12 Поэтому по таблице приложения 1 находим (0,833)  0,2820 , откуда: 0, 2820 p 600 (250)   0,0235. 12 28  Теперь пусть перед нами поставлена следующая задача. Найти вероят- ность того, что из достаточно большого числа объектов от a до b объектов имеют определённое свойство: pn (a  m  b). Например, нужно найти вероятность того, что из 400 семей от 300 до 360 се- мей имеют автомобиль: p400 (300  m  360). В условиях действия схемы Бернулли (производится n независимых испытаний, событие A наступает ровно m раз, вероятность наступления A в одном испытании равна