МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ ГОУ ВПО «АНГАРСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ТЕХНИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ»

Е.М.ЛЫТКИНА, С.А.ЧИХАЧЕВ

Теория вероятностей и математическая статистика

Учебное пособие Ангарск 2011

2

УДК 519.2 Теория вероятностей и математическая статистика: учебное пособие/ Е.М.Лыткина, С.А.Чихачев - Ангарск, АГТА, 2011. - 119 с.

При написании данного пособия учтен многолетний опыт преподавания теории вероятностей и математической статистики на разных специальностях АГТА. Приведено решения 100 наиболее стандартных примеров, выбранных из экзаменационных билетов. Может быть рекомендовано студентам очной, ве-черней и заочных форм обучения всех специальностей АГТА. Рецензенты: М.В. Кривов – к.т.н., доцент, кафедра ВМК, АГТА Ю.М. Краковский – д.т.н., профессор, кафедра ИС, ИрГУПС Рекомендовано к печати учебно-методическим советом Ангарской государст-венной технической академии © Ангарская государственная техническая академия

© кафедра высшей математики

© Е.М.Лыткина, С.А.Чихачев

3

ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение…………………………………………………………..………7

Глава 1. Вероятностные пространства ………………………………….8

1.1 События ……………………………………………………………….8

1.2 Примеры вероятностных пространств ……………………..………10

1.3 Классическая схема ………………………………………………….11

1.4 Геометрические вероятности ……………………………..….……..14

Задачи для самостоятельного решения ………………………..….……..16

Глава 2. Основные правила вычисления вероятностей событий ………17

2.1 Теорема сложения вероятностей ..……………….……….…….…….17

2.2 Теорема умножения вероятностей …………………………..…....…18

2.3 Формула полной вероятности ………………………………….…….23

2.4 Формула Байеса (формула пересчета вероятностей гипотез) ……..25

Задачи для самостоятельного решения ……………………………….... 27

Глава 3 Повторение испытаний ………………………………………….30

3.1 Схема Бернулли. Формула Бернулли ……………….………..……...30

3.2 Наивероятнейшее число появлений события ……………….……….33

3.3 Предельная теорема Пуассона ……………………………….……….35

3.4 Локальная теорема Муавра – Лапласа ………………………….…....36

3.5 Интегральная теорема Муавра – Лапласа ………………….………..38

3.6 Вероятность отклонения частоты события от вероятности в

независимых испытаниях …………………………………………………40

Задачи для самостоятельного решения …………………………………..43

Глава 4. Случайные величины и функции распределения ………………44

4.1 Разновидности случайных величин ……………………….………….44

4.2 Закон распределения дискретной случайной величины …………….45

4.3 Ряд и многоугольник распределения …………………………….…...48

4.4 Функция распределения случайной величины ………………………50

4

4.5 Непрерывные случайные величины ………………………………….53

4.6 Нормальное распределение …………………………………………..58

4.7 Функции от случайных величин …………………………….………..61

Задачи для самостоятельного решения ………….……………………….62

Глава 5. Числовые характеристики случайных величин ………………..63

5.1 Математическое ожидание и его свойства …………………….…….64

5.2 Дисперсия и ее свойства …………………………………….……..….67

5.3 Мода и медиана ……………..…………………………………….…..70

5.4 Моменты случайной величины …………………………….……....…72

Задачи для самостоятельного решения …………………………………..73

Глава 6. Закон больших чисел. Предельные теоремы

теории вероятностей ……………………………………………….….…..75

6.1 Закон больших чисел ……………………………………..…….….….75

6.2 Значение закона больших чисел для практики ……………….…..77

6.3 Центральная предельная теорема ……………………….…….….…..78

Задачи для самостоятельного решения ………………………….……….83

Глава 7. Двумерные случайные величины ……………………………….84

7.1 Функция распределения двумерной случайной величины ………....84

7.2 Числовые характеристики системы случайных величин …….….….93

Задачи для самостоятельного решения ………………….………..……...98

Глава 8. Элементы математической статистики ……….……………….101

8.1 Выборки, оценки ………………………………….….……………….102

8.2 Выборочные средняя и дисперсия ……………….….………………103

8.3 Интервальные оценки……………………….……..….………………105

8.4 Проверка статистических гипотез ………………..….………………111

8.5 Критерий согласия К.Пирсона ………………….…..……………..…117

Задачи для самостоятельного решения ……………….…………………120

Ответы ……………………………………………………………………..121

Литература …………………………………………………………..……123

5

ВВЕДЕНИЕ

Предметом теории вероятностей является изучение закономерностей,

возникающих при массовых однородных опытах или наблюдениях.

Рассмотрим это положение на примерах, связанных с историей возникно-

вения теории вероятностей (XVII век). Азартными играми принято называть

такие игры, в которых очень велика роль случайности (кости, рулетка, карты,

но не шахматы и не теннис). В зависимости от условий игры та или иная стра-

тегия может повысить шансы игрока. Например, пусть каждый участник игры

бросает две игральные кости, стараясь заранее угадать сумму выпавших очков.

На какое число выгоднее делать ставку? Оказывается, на 7, т.к. этот результат

наиболее вероятен и в дальнейшем мы это покажем. Конечно, нет никаких ос-

нований считать, что в отдельном опыте сумма очков обязательно окажется

равной 7. Но при большом числе опытов этот результат будет встречаться чаще

других. На определённом историческом этапе существование азартных игр

стимулировало развитие теории вероятностей. До сих пор в огромном числе за-

дач по теории вероятностей упоминаются монеты, игральные кости, карты. Од-

нако теперь они рассматриваются в качестве не столько реальных объектов,

сколько абстрактных моделей, позволяющих лучше понять вероятностные за-

коны.

Другой исторический пример связан с появлением и развитием страховых

компаний. Для того чтобы деятельность компании приносила прибыль, доход

от страховых взносов должен превышать расходы на выплату страховки, кото-

рые зависят от числа страховых случаев. Никто не может предсказать, про-

изойдёт ли что-то с конкретным клиентом, но общее число страховых случаев

за некоторый период времени можно достаточно уверенно прогнозировать. Для

этого необходимы статистические данные и знание законов теории вероятно-

6

стей.

Большую роль в развитии аналитических методов теории вероятностей

сыграли Муавр, Лаплас, Гаусс, Пуассон. Следует отметить значительный вклад

в развитие теории вероятностей русских математиков Чебышева П.Л., Маркова

А.А., Ляпунова А.М., Колмогорова А.Н.

Глава 1. ВЕРОЯТНОСТНЫЕ ПРОСТРАНСТВА

§1.1 События

Определение 1. Пусть Ω – непустое множество. Его будем называть про-

странством элементарных событий, ω ∈ Ω – элементарное событие.

Пример 1. Бросили две кости. Одно элементарное событие может быть

описано последовательностью ( ),s k , где числа , s k изменяются от 1 до 6 и обо-

значают выпавшее число на первой и второй костях. Значит, множество Ω со-

стоит из 36 элементов.

Пример 2. Ведется стрельба по мишени. Введем декартову систему коор-

динат на плоскости мишени. Тогда элементарное событие может быть описано

последовательностью ( ),x y , где числа , x y – координаты попадания в мишень.

Множество Ω состоит из всех таких элементов, то есть Ω = ×R R.

Пример 3. Три шара разложили в пять ящиков. Одно элементарное собы-

тие может быть описано последовательностью ( ), ,m n k , где числа , , m n k обозна-

чают номера ящиков, в которые попали соответственно первый, второй и тре-

тий шары. Множество Ω состоит из 125 элементов, так как каждое из чисел

, , m n k независимо изменяются от 1 до 5 .

Некоторые подмножества Ω будем называть событиями. Конечно, сово-

купность всех событий должна удовлетворять некоторым естественным огра-

ничениям.

Определение 2. Пусть ( )ΩS – множество подмножеств Ω , ( )ΩS называется

7

σ –алгеброй (над Ω ), если оно обладает следующими свойствами:

1. ( )Ω ∈ ΩS .

2. Если ( )∈ ΩA S и ( )∈ ΩB S , то ( )∪ ∈ ∈ ΩA B B S , ( )∩ ∈ ∈ ΩA B B S , ( )− ∈ ∈ ΩA B B S .

3. Пусть ( )∈ ΩiA S , ∈i N , тогда ( ) ∈

∈ Ω∪ ii N

A S , (N – множество натуральных чисел).

В рассмотренных выше примерах 1 и 3 в качестве ( )ΩS разумно брать

множество всех подмножеств Ω . В примере 2 это уже не так.

Определение 3. Элементы ( )ΩS называются событиями.

Определение 4. Пусть ( )∈ ΩA S и ( )∈ ΩB S , тогда ∪A B называется суммой

событий , A B и обозначается +A B.

Определение 5. Пусть ( )∈ ΩA S и ( )∈ ΩB S , тогда ∩A B называется произве-

дением событий , A B и обозначается ⋅A B.

Определение 6. Пусть ( )∈ ΩA S и ( )∈ ΩB S , тогда −A B называется разностью

событий , A B и обозначается −A B.

Определение 7. Событие Ω − A называется дополнительным к событию A

и обозначается A .

Определение 8. События , A B называются несовместными, если ⋅ = ∅A B .

Определение 9. Событие Ω называют достоверным.

Замечание. Имеет место формула ∈ ∈

= Ω −∩ ∪i ii N i N

A A , которую, впрочем, не-

трудно проверить. Из нее следует, что если ( )∈ ΩiA S ∈i N , то и ∈∩ ii N

A является со-

бытием.

Пример 4. Бросили две кости. Обозначим через , , A B C соответственно со-

бытия: выпало семь очков, выпало восемь очков, выпало четное число очков.

Нетрудно подсчитать, что событие A состоит из шести элементарных событий,

событие B состоит из пяти элементарных событий, событие C состоит из во-

семнадцати элементарных событий. События A и B , A и C – несовместны, со-

бытия B и C – совместны.

8

Пример 5. Три шара разложили в пять ящиков. Обозначим через , A B со-

ответственно события: первый ящик оказался пустым, второй ящик оказался

пустым. События A и B состоят из 64 элементарных событий (см. пример3).

Событие ⋅A B – два первых ящика оказались пустыми – состоит из 27 элемен-

тарных событий. Событие +A B – первый или второй ящик оказался пустым –

состоит из 101 элементарного события (64 64 27 101+ − = ). Каждое из событий , A B

состоит из 64 элементов, когда мы сложим эти два числа, то окажется, что 27

общих элементов подсчитаны дважды.

§1.2 Примеры вероятностных пространств

Определение 1. Пусть Ω – пространство элементарных событий, ( )S S= Ω

– σ –алгебра событий. Функция :P S R→ называется вероятностью, если выпол-

нены следующие условия:

1. Для любого события A S∈ ( ) 0P A ≥ .

2. ( ) 1P Ω = .

3. Для любых несовместных событий A и B ( ) ( ) ( )P A B P A P B+ = + .

4. Для любых попарно несовместных событий 1, , ,nA A… … ( )11

n nnn

P A P A∞ ∞

==

=

∑∪ .

Определение 2. Тройка ( )( ), ,S PΩ Ω называется вероятностным простран-

ством, если ( )S Ω – σ –алгебра, P – вероятность на множестве ( )S Ω .

Сначала выведем несколько простейших следствий из определения вероят-

ностного пространства.

Пусть , , A B C – три попарно несовместных события. Тогда

( ) ( ) ( ) ( )P A B C P A P B P C+ + = + + .

Действительно, обозначим D A B= + . Тогда события D и C – несовместны

и ( ) ( ) ( )P D C P D P C+ = + , но ( ) ( ) ( )P D P A P B= + .

Аналогично получим более общее равенство (строго говоря, надо приме-

нить метод математической индукции), пусть 1, , ,nA A… … – попарно несовмест-

9

ные события, тогда ( )1 1

n n

k kk k

P A P A= =

= ∑ ∑ .

Для события A имеем ( ) ( )1P A P A= − . Действительно, так как события A и

A – несовместны, то ( ) ( ) ( )1P A P A P+ = = Ω . Отсюда и получаем нужную формулу.

Для событий A и B имеем ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P A B+ = + − ⋅ .

Действительно, обозначим C A A B= − ⋅ , D B A B= − ⋅ . Легко проверить, что события

, , C D A B⋅ попарно несовместны. Но тогда ( ) ( ) ( ) ( )P C D A B P C P D P A B+ + ⋅ = + + ⋅ . Так как

C и ⋅A B – несовместны, то ( ) ( ) ( )P C A B P C P A B+ ⋅ = + ⋅ , аналогично

( ) ( ) ( )P D A B P D P A B+ ⋅ = + ⋅ . Но ясно, что C D A B A B+ + ⋅ = + , D A B B+ ⋅ = и C A B A+ ⋅ = . Под-

ставляя эти равенства в первое равенство, получим нужную нам формулу.

Из полученного равенства получаем неравенство ( ) ( ) ( )P A B P A P B+ ≤ + для

событий A и B .

Пример 6. Классическая схема. Пусть Ω состоит из n элементов, ( )S Ω –

множество всех подмножеств Ω , ( ) ( ) ( )1 2 nP P Pω ω ω= = =… 1

n= . Если событие A со-

стоит из k элементарных событий, то ( ) kP A

n= .

Пример 7. Обобщение классической схемы. Пусть Ω состоит из n эле-

ментов, ( )S Ω – множество всех подмножеств Ω , заданы положительные числа

1, , np p… такие, что 1

1n

kk

p=

=∑ . Полагаем ( )1 1P pω = , ( ), n nP pω =… .

Пример 8. Предыдущий пример можно обобщить, получим дискретное

вероятностное пространство. Пусть для каждого натурального числа n задано

положительное число np , причем 1

1kk

p∞

=

=∑ . Полагаем ( )1 1P pω = ( ), n nP pω =… , … , ( )S Ω

– множество всех подмножеств Ω .

Пример 9. Бросили две кости. Какова вероятность того, что выпало семь

очков? На этот вопрос мы уже ответили в примерах 1, 4. Ответ. 636.

Пример 10. Три шара разложили в пять ящиков. Какова вероятность того,

что первые два ящика оказались пустыми? На этот вопрос мы ответили в при-

10

мерах 2, 5. Ответ. 27125.

В двух последних примерах мы имели дело с классической схемой, мы

считали, что все элементарные события равновероятны.

§ 1.3 Классическая схема

Это вероятностное пространство было определено в примере 6, для под-

счета вероятности событий надо уметь считать числа k , n . Часто для этого

нужны простейшие комбинаторные формулы. Сейчас мы приведем некоторые

из них и, используя эти формулы, приведем более содержательные примеры.

Лемма 1. Пусть даны два множества A и B , состоящие из m, n элементов

соответственно. Тогда декартово произведение A B× состоит из m n⋅ элементов.

Доказательство очевидно. Элементы ( ),k s в комбинаторике часто называ-

ют комбинациями.

Определение 1. Пусть дано множество A , состоящее из m элементов.

Последовательность ( )1, ,

ki ia a… называется выборкой объема k из A (из m), где

все ji

a - элементы множества A .

Применяя несколько раз лемму 1, получим, что число всех таких выборок

равно kn .

Определение 2. Выборка ( )1, ,

ki ia a… объема k из A называется выборкой

без возвращения, если все элементы этой выборки разные.

Определение 3. Если k m= , то выборка без возвращения ( )1, ,

ki ia a… называ-

ется перестановкой элементов множества A .

Лемма 2. Число всех выборок без возвращения объема k из m равно

( ) ( )1 1m m m k⋅ − ⋅ ⋅ − +… .

Доказательство. Первый элемент выборки может выбран m способами.

Зафиксируем первый элемент. Второй элемент может выбран 1m− способом.

Таким образом, число выборок без возвращения объема 2 равно ( )1m m⋅ − . Повто-

11

ряя эти рассуждения, получаем требуемый результат. (Строго говоря, надо при-

менить метод математической индукции).

Следствие. Число все перестановок элементов множества A равно !m (m–

факториал).

Определение 4. Число ( ) ( )1 1m m m k⋅ − ⋅ ⋅ − +… часто используется, оно называ-

ется числом размещений из m по k и обозначается kmA .

Лемма 3. Число всех подмножеств множества A , состоящих из k элемен-

тов равно ( )

!

! !km

mC

k m k=

⋅ −.

Доказательство. Обозначим искомое число буквой s. Пусть дано такое

подмножество 1, ,

ki iB a a= … . Рассмотрим множество всех перестановок множест-

ва B , обозначим его ( )T B . Множество ( )T B состоит из !k элементов. Пусть име-

ется другое такое подмножество C . Ясно, что ( )T B и ( )T C не имеют общих эле-

ментов. Объединяя все множества ( )T B по всем возможным B , получим все вы-

борки без возвращения объема k из m, их число равно kmA . С другой стороны это

же число равно !s k⋅ . Сравнивая эти числа, получаем !

kkmm

As C

k= = .

Определение 5. Число kmC называется числом сочетаний из m по k (или

биномиальным коэффициентом).

Пример 11. В ящике 100 деталей, из них 10 бракованных. Наудачу извле-

чено 6 деталей. Какова вероятность того, что среди извлеченных деталей ровно

2 бракованные?

Решение. По лемме 3 число всех элементарных событий 8100n C= . Для вы-

числения числа элементарных событий, из которых состоит событие, сформу-

лированное в примере, воспользуемся леммами 1 и 3: две бракованные детали

можно выбрать 210C способами, а остальные детали можно выбрать 6

90C способа-

ми. Значит, 2 610 90k C C= ⋅ . Ответ.

2 610 90

8100

C C

C

⋅ .

Пример 12. Из колоды (36 карт) случайным образом взяли 6 карт. Какова

12

вероятность того, что среди выбранных карт ровно одна пара туз-король одной

масти?

Решение. Число всех элементарных событий 636n C= . Пару туз-король од-

ной масти можно выбрать 4 способами. Берем одну пару туз-король одной мас-

ти. Оставшиеся 4 карты можно выбрать 428C способами в случае, когда в этой

четверке нет ни короля, ни туза. Если в оставшейся четверке карт имеется ров-

но один король или туз, то такую четверку карт можно выбрать 3286 C⋅ способами

(три оставшиеся масти и две карты одной масти - 6 способов). Если в остав-

шейся четверке карт имеется ровно две карты король или туз, то такую четвер-

ку карт можно выбрать 22812 C⋅ способами (две масти из трех можно выбрать 3

способами, одну карту из двух можно выбрать 2 способами). Если в оставшейся

четверке карт имеется ровно три карты король или туз, то такую четверку карт

можно выбрать способами 1288 C⋅ . Остальные случаи невозможны. Итак,

4 3 2 128 28 28 286 12 8k C C C C= + ⋅ + ⋅ + ⋅ .

Ответ. 4 3 2 128 28 28 28

636

6 12 84

C C C C

C

+ ⋅ + ⋅ + ⋅⋅ .

Пример 13. Найти вероятность того, что среди трех наудачу выбранных

цифр имеется ровно одно повторение.

Решение. Число всех элементарных событий 1000n = (выборки с возвра-

щением). Пару одинаковых цифр можно выбрать 10 способами, а оставшуюся

цифру 9 способами.

Ответ. 90

1000.

§1.4 Геометрические вероятности

Рассмотрим множество 2D R⊂ , площадь которого ( )m D равна 1. В качестве

событий считаем измеримые подмножества D , для события A полагаем

( ) ( )P A m A= . Получили вероятностное пространство. Эту схему можно обобщить:

пусть площадь D равна s, тогда полагаем ( ) ( )m AP A

s= . Такие вероятностные про-

13

странства часто называют геометрическими вероятностями. Можно брать не

плоское множество D , а nD R⊂ , тогда слово «площадь» надо заменить словом

«мера».

Пример 14. (Задача о встрече). Два приятеля догово-

рились встретиться в определённом месте между 13.00 и

13.40. Пришедший первым ждёт другого 10 минут, потом

уходит. Найти вероятность встречи, если момент прихода

каждого из них в указанные 40 минут совершенно случаен.

Решение. Обозначим через A событие, заключающееся в том, что встреча

произошла. Пусть x – время прихода первого, y – время прихода второго при-

ятеля (отсчитывая от 13.00). Тогда переменные x и y удовлетворяют условиям

0 40, 0 40x y≤ ≤ ≤ ≤ . Встреча состоится, если 10x y− ≤ , т.е. 10 10− ≤ − ≤x y или

10, 10≤ + ≥ −y x y x . Благоприятствующая встрече область показана на рисунке

штриховкой. Площадь квадрата 1600 (ед2). Площадь двух треугольников равна

900 (ед2). Площадь полосы равна 700 (ед

2). Тогда 700( ) 0,4375

1600= =P A .

Пример 15. Пусть студент и преподаватель договорились о встрече для

сдачи зачета с 12.00 до 13.00. В случае опоздания студента, преподаватель

ждет 5 мин., студент ждет преподавателя 20 мин. Найти вероятность встречи

студента и преподавателя для сдачи зачета, если момент прихода каждого из

них в указанные 60 минут совершенно случаен.

Решение. Пусть событие A – встреча студента и преподавателя произош-

ла. Обозначим за x – время прихода студента, за y –

время прихода преподавателя. Тогда, чтобы встреча

состоялась, необходимо, чтобы студент пришел не

позже, чем через 5 мин. после прихода преподавателя,

то есть 5− ≤x y , а преподаватель не позже, чем через 20

мин после студента, то есть 20− ≤y x . Значит, должно

О 10

10

40

40 х

у

О 5

20

60

60 х

у

14

выполняться неравенство 5 20− ≤ ≤ +x y x .

Как видно из рисунка (благоприятствующая встрече область заштрихова-

на), квадрат разбился на два треугольника, площадь одного равна 800 (ед2), а

второго 1512,5 (ед2). Учитывая, что площадь квадрата равна 3600 (ед

2), полу-

чим площадь заштрихованной полосы равной 1287,5 (ед2). Тогда вероятность

встречи 1287,5( ) 0,358

3600= ≈P A .

Пример 16. В одной из популярных в Америке игр игрок бросает монету с

достаточно большого расстояния на поверхность стола, разграфленную на од-

нодюймовые квадраты. Если монета ( 3

4 дюйма в диаметре) попадает полно-

стью внутрь квадрата, то игрок получает награду, в противном случае он теря-

ет свою монету. Каковы шансы выиграть при условии, что монета упала на

стол.

Решение. Согласно общей схеме, вероятность по-

падания центра монеты в какую-либо область квадрата

пропорциональна площади этой области. Так как радиус

монеты равен 3

8 дюйма, то для выигрыша игрока, центр

монеты не должен находиться ближе, чем 3

8 дюйма от

сторон квадрата (см. рис.) Этому условию удовлетворяет квадрат со стороной

1

4 дюйма, центр которого совпадает с центром первоначального квадрата. Ве-

роятность выигрыша равна 2

1 1

4 16 =

.

Задачи для самостоятельного решения

1. Два стрелка стреляют по мишени. Рассматриваются две группы собы-

тий: 1) 0A – ни одного попадания, 1A – ровно одно попадание, 2A – два попада-

ния; 2) 1B – хотя бы один промах, 2B – хотя бы одно попадание. В какой из

3 ”/8

3 ”/8

1/4”

1/4”1”

1”

15

групп события попарно несовместны?

2. Из урны, содержащей белые и черные шары, извлекают два шара. Рас-

сматривается событие A – оба шара белые. Какое из событий: 1B – оба шара

черные, 2B – хотя бы один шар черный, 3B – один шар черный является проти-

воположным к событию A ?

3. Производится два выстрела по мишени. Рассматриваются события: A –

попадание при первом выстреле, B – промах при первом выстреле, C – попада-

ние при втором выстреле, D – промах при втором выстреле, E – хотя бы одно

попадание при двух выстрелах, F – хотя бы один промах при двух выстрелах,

G – одно попадание, один промах, H – отсутствие попаданий, K –два попада-

ния. Каким событиям этого списка равносильны события: A C+ , A C⋅ , E F⋅ , G E+ ,

G E⋅ , D B⋅ , E K+ .

4. Брошены две игральные кости. Найти вероятности следующих событий:

а) сумма выпавших очков равна девяти; б) сумма выпавших очков равна вось-

ми, а разность – четырем; в) сумма выпавших очков равна восьми, если извест-

но, что их разность равна четырем; г) сумма выпавших очков равна пяти, а

произведение – четырем.

5. Куб, все грани которого окрашены, распилен на тысячу кубиков одина-

кового размера, которые затем тщательно перемешаны. Найти вероятность то-

го, что наудачу извлеченный кубик имеет окрашенных граней: а) одну; б) две;

в) три; г) ни одной.

6. В урне 2 белых и 3 черных шара. Из урны наугад вынимают один шар.

Найти вероятность того, что этот шар – белый.

7. В урне 2 белых и 3 черных шара. Из урны наугад вынимают один шар и

откладывают в сторону. Этот шар оказался белым. Затем из урны берут еще

один шар. Найти вероятность того, что этот шар тоже будет белым.

8. Задумано двузначное число. Найти вероятность того, что задуманным

числом окажется: а) случайно названное двузначное число; б) случайно на-

званное двузначное число, цифры которого различны.

16

9. Пусть задана монотонная последовательность событий 1 2, ,A A … и n n+1A A⊂

для любого натурального n . Доказать, что ( ) ( )lim nn

P A P A→∞

= , где nn

A A=∪ .

10. Пусть задана монотонная последовательность событий 1 2, ,A A … и n+1 nA A⊂

для любого натурального n . Доказать, что ( ) ( )lim nn

P A P A→∞

= , где nn

A A=∩ .

Глава 2. ОСНОВНЫЕ ПРАВИЛА ВЫЧИСЛЕНИЯ

ВЕРОЯТНОСТЕЙ СОБЫТИЙ

В этой главе докажем четыре простые, но исключительно полезные теоре-

мы о вычислении вероятностей событий.

§2.1 Теорема сложения вероятностей

Теорема. Пусть даны события 1, , nA A… . Тогда

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1

1nn n

n 1

k k i j i j k ik k i j i j k i

P A P A P A A P A A A P A+

= = < < < =

= − ⋅ + ⋅ ⋅ + + − ∑ ∑ ∑ ∑ ∏… .

Доказательство. Применим метод математической индукции. Базис индук-

ции 2n = , равенство уже доказано в §1.2 . Пусть равенство доказано для n со-

бытий и даны 1n+ событие. Обозначим 1

n

kk

B A=

=∑ . Тогда

( ) ( ) ( ) ( )1

n+1

k n 1 n 1 n+1k

P A P B A P B P A P B A+ +=

= + = + − ⋅ ∑ . Но

1

n

n 1 k n+1k

B A A A+=

⋅ = ⋅∑ – сумма n событий и

мы можем применить индукционное предположение ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 1

1nn

n 1

n+1 k n 1 i j n i j k n 1 i n+1k i j i j k i

P B A P A A P A A A P A A A A P A A+

+ + += < < < =

⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + + − ⋅∑ ∑ ∑ ∏… . Под-

ставляя эти равенства в уже полученное равенство, переставляя слагаемые мес-

тами, получим ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

1 1 1

1n 1n+1 n

n+2

k k n+1 i j i j k ik k i j i j k i

P A P A A P A A P A A A P A++

= = < < < =

= ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + + − ∑ ∑ ∑ ∑ ∏… .

Пример 17. Случайным образом 10 шаров разложили по 3 ящикам. Какова

вероятность, что хотя бы один ящик оказался пустым?

Решение. Пусть A – наше событие. Обозначим через iA событие –

i –тый ящик пустой, 1,2,3i = . Тогда 1 2 3A A A A= + + . Ясно, что ( ) ( ) ( )10

10

2

31 2 3P A P A P A= = =

17

(см. пример 3), ( ) 10

1

3i jP A A⋅ = для i j≠ . Теперь применяем теорему

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 3 2 1 2 3P A A A P A P A P A P A A P A A P A A P A A A+ + = + + − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ , но 1 2 3A A A⋅ ⋅ = ∅ .

Итак, ответ. ( )P A =10

9 9

2 10,05

3 3− ≈ .

§2.2 Теорема умножения вероятностей

Определение 1. Пусть , A B – события и ( ) 0P B > . Условная вероятность

(обозначается ( )P A B или ( )BP A ) определяется формулой ( )( )

( )

P ABP A B

P В= и читается:

« вероятность события A , вычисленная при условии, что событие B произош-

ло».

Замечания. 1. Введенное понятие используется для вычисления

( ) ( ) ( )P A B P A B PВ⋅ = ⋅ . Последнее равенство верно и при ( ) 0P B = .

2. Функции BP и P являются вероятностями, но на разных пространствах собы-

тий.

3. Если события , , A B C таковы, что ( ) 0P A > , ( ) 0P C > и ( ) 0P A C⋅ > , то ( ) ( )A A CP B C P B⋅= .

Действительно, ( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )A

A A CA

P ABCP BC P A P ABC

P B C P BP ACP C P AC

P A

⋅= = = = .

Определение 2. События A и B называются независимыми, если

( ) ( ) ( )P A B P A P B⋅ = ⋅ .

Замечание. Если ( ) 0P A = или ( ) 0P B = , то события A и B – независимы.

Пусть теперь ( ) 0P A > , ( ) 0P B > и события A и B – независимы. Тогда

( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P A B PВ⋅ = ⋅ = ⋅ , отсюда получаем ( ) ( )P A P A B= , аналогично

( ) ( )P B P B A= .

Определение 3. События 1, , nA A… называются попарно независимыми, если

iA и jA независимы для 1 i j n≤ < ≤ .

Если события A и B независимы, то независимы события A и B , A и B , A

18

и B .

Действительно, ясно что A AB AB= + . Тогда по теореме сложения

( ) ( ) ( )P A P AB P AB= + , а так как события A и B независимы, то ( ) ( ) ( )P AB P A P B= . Зна-

чит, ( ) ( ) ( ) ( )P A P AB P A P B= + . Отсюда, [ ]( ) ( ) 1 ( )P AB P A P B= − или ( ) ( ) ( )P AB P A P B= , то есть

события A и B независимы.

Независимость событий A и B , A и B доказывается аналогично.

Определение 4. События 1, , nA A… называются независимыми или независи-

мыми в совокупности, если для любого подмножества , ,B 1,2 n⊂ … , содержаще-

го не менее двух элементов, ( )i ii B i B

A P A∈ ∈

=∏ ∏ .

Замечание. Из независимости событий 1, , nA A… следует попарная независи-

мость. Обратное неверно.

Пример 18. (Бернштейн). Пусть в урне имеется четыре шара, три из них

окрашены в красный, синий и зеленый цвета. Последний шар окрашен в эти

три цвета. Пусть событие A – шар, извлеченный из урны, имеет участок, окра-

шенный в красный цвет. Аналогично определяем события B и C , заменяя сло-

во «красный» на слова «синий» и «зеленый» соответственно. Ясно, что

( ) ( ) ( ) 1

2P A P B P C= = = , ( ) ( ) ( ) 1

4P AB P AC P BC= = = , то есть события A , B , C - попарно

независимы. Но ( ) 1

4P ABC = ( ) ( ) ( )P A P B P C≠ , то есть события A , B , C не являются

независимыми.

Замечание. Если события 1 2, , , nA A A… независимы, то и события 1, , nB B… так-

же независимы, где каждое событие iB является событием iA или iA , 1,i n= . До-

казательство этого факта предлагаем в качестве упражнения, основная идея

продемонстрирована в случае двух событий.

Теорема. Пусть даны события 1, , nA A… и ( )1 2 0n 1P A A A−⋅ ⋅ ⋅ >… . Тогда

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2n n n 1P A A A P A P A A P A A A A−⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅… … … .

Доказательство. Применим метод математической индукции. Базис индук-

19

ции 2n = , равенство уже установлено выше. Пусть равенство доказано для n

событий и даны 1n+ событие. Обозначим 1

n

kk

B A=

= ∏ . Тогда 1

n 1

k n 1k

A B A+

+=

= ⋅∏ . По дока-

занному ( ) ( )1

n 1

k n 1k

P A P B P A B+

+=

= ⋅ ∏ . Используя индукционное предположение для

вычисления ( )P B , получаем искомую формулу.

Замечание. Если ( )1 2 0n 1P A A A−⋅ ⋅ ⋅ =… , то правая часть формулы в формулиров-

ке теоремы не определена, но в этом случае ( )1 2 0nP A A A⋅ ⋅ ⋅ =… .

Пример 19. В урне находится пять белых, четыре черных и три красных

шаров. Случайным образом извлекают один шар, затем, не возвращая его, из-

влекают второй шар и таким же образом извлекают третий шар. Какова веро-

ятность того, что первый шар оказался белым, второй шар оказался черным

третий шар – красным?

Решение. Обозначим через , , A B C события: первый шар – белый, второй

шар – черный, третий шар – красный. Ясно что ( ) 5

12P A = , ( ) 4

11P B A = , ( ) 3

10P C AB = .

Теперь применяя теорему, получим ( ) 5 4 3 1

12 11 10 22P ABC = ⋅ ⋅ = .

Пример 20. Имеется 3 билета разных лотерей. Вероятность выигрыша по

первому билету равна 1 0,1p = , по второму – 2 0,2p = , по третьему – 3 0,3p = . Найти

вероятность того, что с выигрышем окажется: a) один билет; b) два билета; c)

три билета; d) ни один билет; e) хотя бы один билет.

Решение. Пусть событие A – выигрыш только по одному билету. В этом

случае можно выиграть либо по первому билету – 1A , либо по второму – 2A , либо

по третьему – 3A , причем одновременно с выигрышем по одному билету iA , по

двум другим нет выигрыша – jA , i j≠ . Тогда 1 2 3 1 2 3 1 2 3A A A A A A A A A A= + + . По теореме

сложения несовместных событий 1 2 3 1 2 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )P A P A A A P A A A P A A A= + + , а так как собы-

тия 1 2 3, , A A A независимы, то 1 2 3 2 3( ) ( ) ( ) ( )P A A A P A P A P A= . Окончательно:

( )P A 0,1 0,8 0,7 0,9 0,2 0,7 0,9 0,8 0,3= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ , ( )P A 0,398= .

20

Аналогично, обозначим через B событие, состоящее в выигрыше по двум

билетам. Тогда 1 2 3 1 2 3 1 2 3B A A A A A A A A A= + + , 1 2 3 1 2 3 1 2 3( )P B p p q p q p q p p= + + ,

( )P B 0,1 0,2 0,7 0,1 0,8 0,3 0,9 0,2 0,3= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ; ( )P B 0,092= .

Событие C – событие, состоящее в выигрыше по трем билетам. Тогда

1 2 3C A A A= , 1 2 3( )P C p p p= ; ( )P C 0,1 0,2 0,3 0,006= ⋅ ⋅ = .

Событие D – событие, состоящее в том, что не выиграл ни один билет, то

есть 1 2 3D A A A= , 1 2 3( )P D q q q= = 0,9 0,8 0,7 0,504⋅ ⋅ = .

Событие E заключается в том, что выиграет только один билет, или два

билета, или все три билета, то есть хотя бы один. Значит, E A B C= + + , а так как

события , , A B C несовместны, то ( ) ( ) ( ) ( )P E P A P B P C= + + = 0,398 0,092 0,006 0,496+ + = .

Пример 21. Имеется 7 карточек с буквами А, Б, К, К, О, О, Р. Карточки

выкладываются в линию в случайном порядке. Найти вероятность того, что в

результате получится слово «КОРОБКА».

Решение. Вероятность 1-го события (появление буквы К) равна 7

2. Веро-

ятность следующего события (появление буквы О при условии, что первой бы-

ла буква К) равна 6

2. Рассуждая подобным образом, получаем

2 2 1 1 1 1 4 1( ) 1

7 6 5 4 3 2 7! 1260P A = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = (вероятность появления последней буквы А равна 1.

Пример 22. В урне из каждых 100 шаров — 30 цветных; 20% всех цвет-

ных шаров — полосатые. Найти вероятность того, что при извлечении первый

попавшийся шар окажется однородно окрашенным (не полосатым) цветным

шаром.

Решение. Обозначим события: A — извлечен цветной шар; B — однород-

но окрашенный цветной шар. По условию 3,0)( =AP , ( ) 8,0=ABP (80% цветных ша-

ров однородно окрашены). Поэтому 24,08,03,0)( =⋅=ABP . Ответ. ( ) 0,24P B = .

Замечание. Пусть 1 nA A A= + +… , тогда 1 2 nA A A A= ⋯ , отсюда получаем

21

( ) 1 ( )P A P A= − или окончательно 1

1

1n n

i ii

i

P A P П A==

= −

∑ . Этой формулой удобно пользо-

ваться в случае независимых событий 1 2, , , nA A A… .

Пример 23. В механизм входят две одинаковые детали. Работа механизма

нарушается, если при его сборке будут поставлены обе детали меньшего разме-

ра. У сборщика 12 деталей, из которых 4 по размеру меньше требуемого. Найти

вероятность правильной работы механизма, если сборщик берет обе детали

наудачу.

Решение. Обозначим:

A – механизм работает нормально;

1A – первая взятая деталь стандартная;

2А – вторая взятая деталь стандартная.

По условию задачи механизм работает нормально, если хотя бы одна де-

таль стандартная, то есть 1 2A A A= + . Тогда ( ) 1 ( )P A P A= − , где событие A – работа

механизма нарушена. Ясно, что 1 2A A A= ⋅ , где события 1A – первая взятая деталь

нестандартная, 2A – вторая взятая деталь нестандартная, причем эти события

также совместны и зависимы. Тогда 1 2 1

4 3 1( ) ( ) ( | )

12 11 11P A P A P A A= ⋅ = ⋅ = . Окончательно,

1 10( ) 1 0,909

11 11P A = − = = .

Пример 24. Имеем m радиолокационных станций, каждая из которых за

один цикл обзора обнаруживает космический объект с вероятностью p . Обна-

ружение объекта в каждом цикле происходит независимо друг от друга. За вре-

мя t каждая станция успевает сделать n циклов. Найти вероятность следующих

событий:

а) объект будет обнаружен хотя бы одной станцией;

б) объект будет обнаружен каждой из станций.

Решение. а). Обозначим:

A – объект обнаружен за n циклов хотя бы одной станцией;

А– объект не обнаружен за n циклов ни одной из станций. Тогда

22

( ) 1 ( )P A P A= − .

Пусть событие 1А – объект не обнаружен первой станцией за n циклов,

причем ( )1( ) 1n

P A p= − ;

Событие 2A – объект не обнаружен второй станцией за n циклов и

( )2( ) 1n

P A p= − и т.д. Тогда 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )m mP A P A A A P A P A P A= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =… … ( ) ( )1 1mn nm

p p − = −

,

так как события , 1,iA i m= независимы. Или, так как 1 p q− = , то ( ) 1 nmP A q= − .

б) Обозначим через B – объект обнаружен каждой станцией (за n циклов);

, 1,iB i m= – объект обнаружен i-ой станцией за n циклов хотя бы один раз;

, 1,iB i m= – объект не обнаружен i-ой станцией ни один раз за n циклов.

Тогда ( )( ) 1 ( ) 1 1n

i iP B P B p= − = − − . Так как события , 1,iB i m= независимы, то

1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )m mP B P B B B P B P B P B= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =… … ( ) ( )1 1 1m mn np q − − = −

.

Пусть 2, 3, 0,9n m p= = = . Тогда ( )6 6( ) 1 1 0,9 1 0,1 0,999999 1P A = − − = − = ≈ ,

( ) [ ]3 3 32 2 3( ) 1 1 0,9 1 0,1 1 0,01 0,99 0,97P B = − − = − = − = ≈

.

§2.3 Формула полной вероятности

Теорема. Пусть события , ,1 nH H… попарно несовместны и событие 1

n

ii

A H=

⊂∑ .

Тогда 1

( ) ( ) ( )n

i ii

P A P H P A H=

=∑ .

Доказательство. Событие A представляет собой сумму попарно несовме-

стных событий iH A, то есть 1

n

ii

A H A=

=∑ . По теореме умножения вероятностей

( ) ( ) ( )i i iP H A P H P A H= .

Тогда, используя теорему сложения, получим

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n

i i i ii i i

P A P H A P H A P H P A H= = =

= = =∑ ∑ ∑ .

Определение 1. Пусть события , ,1 nH H… попарно несовместны и

1 nH HΩ = + +… . Тогда множество событий , ,1 nH H… называют полной группой со-

бытий.

23

Замечание. Равенство из формулировки теоремы называют формулой

полной вероятности. События , ,1 nH H… часто называют гипотезами. Если в фор-

мулировке теоремы , ,1 nH H… – полная группа событий, то условие 1

n

ii

A H=

⊂∑ ста-

новится излишним.

Пример 25. Среди театральных зрителей женщин вдвое больше, чем муж-

чин. Из каждых 25 мужчин 1 является дальтоником, а среди женщин это забо-

левание встречается в 4 раза реже. Найти вероятность того, что выбранный нау-

гад театральный зритель — дальтоник.

Решение. Событие A – случайно выбранный зритель – дальтоник.

Событие 1H – случайно выбранный зритель – мужчина;

Событие 2H – случайно выбранный зритель – женщина.

Так как женщин в два раза больше, чем мужчин, то из каждых трех чело-

век – две женщины, следовательно, 1 2

1 2( ) ; ( )

3 3P H P H= = . Тогда событие 1A H – вы-

бран дальтоник и он мужчина, а событие 2A H – дальтоник и это женщина. То-

гда 1 2

1 1( ) ; ( )

25 100P A H P A H= = . Следовательно, по формуле полной вероятности

1 1 2 1 1( ) ; ( )

3 25 3 100 50P A P A= ⋅ + ⋅ = .

Пример 26. В ящике находятся 10 новых теннисных мячей и 8 игранных.

Из ящика наудачу вынимают 2 мяча, которые после игры возвращают в ящик.

Через некоторое время для игры снова берут 2 мяча. Найти вероятность того,

что они окажутся новыми.

Решение. Обозначим:

A – взятые два мяча для второй игры будут новыми.

События: 1H – взятые для первой игры оба мяча новые;

2H – взятые для первой игры оба мяча игранные;

3H – среди взятых для первой игры мячей один был новый, второй игранный.

Тогда по формуле полной вероятности

24

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( | )P A P H P A H P H P A H P H P A H= + + . Так как всего мячей в ящике 18, то

выбрать два из них можно 218С способами, новых мячей всего 10 и выбрать два

из них можно 210С способами. Тогда

210

1 218

10! 2! 16! 45 5( )

2! 8! 18! 17 9 17

CP H

C

⋅= = ⋅ = =⋅ ⋅

. Аналогично

вычисляем остальные вероятности: 28

2 218

8! 2! 16! 28( )

2! 6! 18! 153

CP H

C

⋅= = ⋅ =⋅

, 1 110 8

3 218

80( )

153

C CP H

C

⋅= = ,

210 2

1 218

28( | )

153

CP A H

C−= = ,

28 2

2 218

5( | )

17

CP A H

C+= = ,

210 1

3 218

4( | )

17

CP A H

C−= = . Подставляя, получим

5 28 28 5 80 4 140 140 320 600( ) 0,3

17 153 153 17 153 17 17 153 17 153P A

+ += ⋅ + ⋅ + ⋅ = = ≈⋅ ⋅

.

Пример 27. В урне имеется K белых шаров и N K− черных. Производится

выборка без возвращения n шаров. Какова вероятность того, что k -тый шар

выборки является белым?

Решение. Обозначим событие: k -тый шар выборки является белым через

kA . Ясно, что ( )1

KP A

N= . Методом математической индукции докажем, что

( )k

KP A

N= для любых возможных K , N K− . Предположим, что мы уже доказали

( ) ( )1 kP A P A= =… . Тогда ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 k k kP A P A P A P A A P A+ + 1 += Α + 1

1 1

K K K N K K

N N N N N

− −= + =− −

.

Мы пользовались индукционным предположением ( )1

1

1k

KP A

N+ 1−Α =−

и

( )1 1 1k

KP A A

N+ =−

.

§2.4 Формула Байеса (формула пересчета вероятностей гипотез)

Теорема. Пусть события , ,1 nH H… попарно несовместны и событие

1

n

ii

A H=

⊂∑ , ( ) 0P A > и ( )0iP H > , 1,i n= . Тогда

1

( ) ( )( ) , 1,

( ) ( )

i ii n

i ii

P H P A HP H A i n

P H P A H=

= =∑

.

Доказательство. По определению ( iP HΑ) =( )

( )iP H A

P A

⋅ . Но ( ) ( )( )i i iP H A P H P A H⋅ = .

По формуле полной вероятности 1

( ) ( ) ( )n

i ii

P A P H P A H=

=∑ . Подставив последние два

равенства в первое равенство, получим искомую формулу.

25

Замечание. Равенство из формулировки теоремы называют формулой Бай-

еса (Бэйеса) (на английском языке пишется Bayes). Формула Байеса позволяет

переоценить (пересчитать) вероятности гипотез после того, как событие A на-

ступило. Если в формулировке теоремы , ,1 nH H… – полная группа событий, то

условие 1

n

ii

A H=

⊂∑ становится излишним.

Пример 28. Среди театральных зрителей женщин вдвое больше, чем муж-

чин. Из каждых 25 мужчин 1 является дальтоником, а среди женщин это забо-

левание встречается в 4 раза реже. Пусть известно, что выбранный наугад теат-

ральный зритель оказался дальтоником. Найти вероятность того, что это муж-

чина.

Решение. (См.пример 25) По формуле Байеса, вероятность того, что даль-

тоник — мужчина, равна ( )1

1 123 25

1 350

P H⋅

Α = = . Вероятность, что это женщина, равна

( )2P H Α

2 113 100

1 350

⋅= = .

Пример 29. Один из трёх охотников выстрелил в зверя и попал. Вероятно-

сти точного выстрела для каждого охотника соответственно равны: 1 0,1p = ,

2 0,3p = и 3 0,9p = . Найти вероятность того, что стрелял третий охотник.

Решение. Событие A – зверь убит. Гипотезы: 1H – стрелял первый охот-

ник; 2H – стрелял второй охотник; 3H – стрелял третий охотник. Тогда по усло-

вию 1 2 3

1( ) ( ) ( )

3P H P H P H= = = . Событие iA H – зверь убит, если стрелял i – ый охот-

ник, 1,2,3i = . Тогда 1 1( )P A H p= , 2 2( )P A H p= , 3 3( )P A H p= . Значит, по формуле полной

вероятности ( )1( ) 0,1 0,3 0,9

3P A = + + ; 13

( ) 0,43330

P A = ≈ . Тогда 3(P H Α)

10,9

30,4(3)

⋅= ;

3

9( ) 0,692

13P H A = ≈ .

Пример 30. Пассажир может обратиться за получением билета в одну из

26

трех касс. Вероятности обращения в каждую кассу зависят от местоположения

кассы и соответственно равны: 1 2 30,6; 0,3; 0,1p p p= = = . Вероятность того, что к мо-

менту обращения пассажира в кассе билеты будут распроданы, равна для пер-

вой кассы 0,7; для второй – 0,3; для третьей – 0,2. Пассажир направился в одну

из касс и купил билет. Найти вероятность того, что это была первая касса.

Решение. Обозначим: A – пассажир купил билет. Гипотезы: 1H – пассажир

обратился в первую кассу; 2H – пассажир обратился во вторую. Тогда

1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( | ) ( ) ( | ) ( ) ( |P A P H P A H P H P A H P H P A H= + + . Из условия задачи вероятности гипо-

тез равны: 1 1( ) 0,6P H p= = ; 2 2( ) 0,3P H p= = ; 3 3( ) 0,1P H p= = . Условные вероятности нахо-

дим как вероятности противоположных событий, оговоренных в условии зада-

чи: 1( | ) 1 0,7 0,3P A H = − = ; 2( | ) 1 0,3 0,7P A H = − = ; 3( | ) 1 0,2 0,8P A H = − = . Тогда

( ) 0,6 0,3 0,3 0,7 0,1 0,8 0,47P A = ⋅ + ⋅ + ⋅ = . Окончательно, по формуле Байеса находим веро-

ятность того, что пассажир купил билет именно в первой кассе

1 11

( ) ( | )( | )

( )

P H P A HP H A

P A= , 1

0,6 0,3 18( ) 0,383

0,47 47P H A

⋅= = ≈ .

Задачи для самостоятельного решения

1. Определить вероятность того, что во взятом наудачу двузначном числе

обе цифры окажутся одинаковыми.

2. Имеется коробка с шестью новыми теннисными мячами. Для игры берут

два мяча, и после игры их возвращают обратно. При выборе мячей игранные от

неигранных не отличают. Найти вероятность того, что после трех игр в коробке

не останется неигранных мячей.

3. Ведется стрельба по самолету, уязвимыми агрегатами которого являются

два двигателя и кабина пилота. Для того чтобы поразить самолет, достаточно

поразить оба двигателя вместе или кабину пилота. При данных условиях

стрельбы вероятность поражения первого двигателя равна 0,6; второго двигате-

ля – 0,5; кабины пилота – 0,8. Агрегаты самолета поражаются независимо друг

от друга. Найти вероятность того, что самолет будет поражен.

27

4. Над изготовлением изделия работают последовательно 3 рабочих. Каче-

ство изделия при передаче следующему рабочему не проверяется. Первый ра-

бочий допускает брак с вероятностью 0,05; второй – 0,1; третий – 0,08. Найти

вероятность того, что при изготовлении изделия будет допущен брак.

5. При включении зажигания двигатель начинает работать с вероятностью

0,7. Найти вероятность того, что 1) двигатель начнет работать при втором

включении зажигания; 2) для ввода двигателя в работу придется включить за-

жигание не более двух раз.

6. В урне три белых и два черных шара. Два игрока поочередно вынимают

из урны по шару, не возвращая их обратно. Выигрывает тот, кто раньше полу-

чит черный шар. Найти вероятность того, что выиграет второй игрок.

7. Вероятность попадания в мишень стрелком при одном выстреле равна

0,8. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью,

меньшей 0,4, можно было ожидать, что не будет ни одного промаха.

8. Отрезок разделен на три равные части. На этот отрезок наудачу броше-

ны три точки. Найти вероятность того, что на каждую их трех частей отрезка

попадает по одной точке. Предполагается, что вероятность попадания точки на

отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.

9. Для разрушения моста достаточно попадания одной авиационной бом-

бы. Найти вероятность того, что мост будет разрушен, если на него сбросить

четыре бомбы, вероятности попадания которых соответственно равны: 0,3; 0,4;

0,6; 0,7.

10. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при четырех выстрелах

равна 0,9984. Найти вероятность попадания в цель при одном выстреле.

11. В пирамиде 6 винтовок, 2 из которых с оптическим прицелом. Вероят-

ность того, что стрелок поразит мишень при выстреле из винтовки с оптиче-

ским прицелом, равна 0,98; для винтовки без оптического прицела эта вероят-

ность равна 0,8. Найти вероятность того, что мишень будет поражена, если

стрелок произведет один выстрел из наудачу взятой винтовки.

28

12. Вероятности того, что во время работы цифровой электронной машины

произойдет сбой в арифметическом устройстве, в оперативной памяти или в ос-

тальных устройствах, относятся как 3:2:5. Вероятность обнаружения сбоя в

арифметическом устройстве равна 0,85; в оперативной памяти – 0,9; в осталь-

ных устройствах – 0,92. Найти вероятность того, что возникший сбой в машине

будет обнаружен.

13. Два автомата производят одинаковые детали, которые поступают на

общий конвейер. Производительность первого автомата втрое больше произво-

дительности второго. Первый автомат производит в среднем 65% деталей от-

личного качества, а второй – 87%. Наудачу взятая деталь с конвейера оказалась

отличного качества. Найти вероятность того, что эта деталь произведена вто-

рым автоматом.

14. Три стрелка произвели залп, причем две пули попали в мишень. Найти

вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попа-

дания в мишень первым, вторым и третьим стрелками соответственно равны

0,3; 0,5 и 0,45.

15. Группа самолетов в составе: один ведущий и два ведомых направляется

на бомбометание по объекту. Каждый из них несет по одной бомбе. Ведущий

самолет имеет прицел, ведомые – не имеют и производят бомбометание по сиг-

налу ведущего. По пути к объекту группа проходит зону противовоздушной

обороны, в которой каждый из самолетов, независимо от других, может быть

сбит с вероятностью 0,7. Если к цели подойдет ведущий самолет с двумя ведо-

мыми, они поразят объект с вероятностью 0,92. Ведущий самолет, сопровож-

даемый одним ведомым, поразит объект с вероятностью 0,8. Один ведущий са-

молет, без ведомых, поразит объект с вероятностью 0,7. Если ведущий самолет

сбит, то каждый из ведомых, если сохранился, выходит к объекту и поражает

его с вероятностью 0,65. Найти вероятность поражения объекта с учетом про-

тиводействия.

16. Пусть события 1 2, , , nA A A… независимы, доказать, что и события 1, , nB B…

29

также независимы, где каждое событие iB является событием iA или iA , 1,i n= .

ГЛАВА 3. ПОВТОРЕНИЕ ИСПЫТАНИЙ

§ 3.1 Схема Бернулли. Формула Бернулли

Пусть 1 2,E e e= , ( )1P e p= и ( )2 1P e q p= = − . Рассмотрим последовательность не-

зависимых событий 1, , nA A… , где каждое событие iA является событием 1e или

событием 2e . Для формализации положим ( ) 1, , , 1, n ia a a E i nΩ = ∈ =… . В качестве S

берем множество всех подмножеств Ω . Полагаем ( ) ( )11

, ,n

n ii

P a a P a=

= ∏… . Нетрудно

проверить, что ( ), ,S PΩ – вероятностное пространство, которое называется схе-

мой Бернулли.

Замечание. Если 1kA e= , то часто говорят, что k -тое испытание закончились

успешно. Обозначим через ( )nP k – вероятность того, что в серии из n независи-

мых испытаний число успехов равно k . Тогда

Лемма. ( ) k k n kn nP k C p q −=

Доказательство. Рассмотрим событие ( )1, , na a… , где среди всех ia , 1,i n= со-

бытие 1e встречается ровно k раз. Тогда по определению ( )1, , k n knP a a p q −=… . Оста-

лось подсчитать из скольких такого рода элементарных событий состоит наше

событие, это равносильно вопросу: сколькими способами из n ящиков можно

выбрать k ящиков? Действительно, выбрав из n позиций k и разместив на эти

позиции событие 1e , а на остальные позиции – событие 2e , мы получим одно

элементарное событие ( )1, , na a… , удовлетворяющее условию. Но таких способов

knC . Отсюда и получаем искомую формулу.

Замечание. Полученную формулу называют формулой Бернулли.

На практике часто приходится вычислять вероятности того, что событие 1e

появится не менее k раз в n испытаниях. Обозначаются они kR и вычисляются

по формуле ( ) ( 1) ( )n

i i n ik n n n n

i k

R P k P k P n C p q−

=

= + + + + =∑… .

30

Иногда удобнее вычислять kR через вероятность противоположного собы-

тия 1

0

1k

i i n ik n

i

R C p q−

−

=

= −∑ . Какой из этих формул пользоваться, зависит от того, в ка-

кой из них сумма содержит меньше слагаемых. Если необходимо найти веро-

ятность появления события 1e в n испытаниях не меньше 1k раз и не больше 2k

раз, то вычисляем аналогично по формуле

2 2

1 1

1 2 1 2( , ) ( ) ( )k k

i i n in n n

i k i k

P k k P k k k P i C p q−

= =

= ≤ ≤ = =∑ ∑ .

Пример 31. В каких из приведенных ниже случаев применима формула

Бернулли?

1) Группа студентов сдает в сессию 5 экзаменов. Найти вероятность

того, что каждый студент сдаст в среднем 4 экзамена.

Студент сдает экзамен. Преподаватель задает ему дополнительные

вопросы до первой ошибки, но не больше пяти.

3) Группа студентов из 15 человек сдает экзамен, причем каждый из них с

одинаковой вероятностью может сдать или не сдать этот предмет. Най-

ти вероятность того, что экзамен сдадут не менее 10 человек.

Ответ. Очевидно, что только в третьем. Так как в первой ситуации вероят-

ность сдать каждый экзамен для различных студентов различна и условия схе-

мы Бернулли нарушаются. Во второй ситуации испытания (задаются дополни-

тельные вопросы) зависимы от ответов студента. В третьей ситуации условия

схемы не нарушены и формула Бернулли применима.

Пример 32. Что вероятнее выиграть у равносильного противника:

а) три партии из четырех или пять партий из восьми?

б) не менее трех партий из четырех или не менее пяти из восьми?

Решение. Под равносильным противником понимается такой, вероятность

выиграть у которого равна 2

1, причем, по условию ничьи не учитываются. Бу-

дем считать партию испытанием, а выигрыш в ней – событием A , вероятность

31

появления которого в каждом испытании будет постоянной, равной 1

2p = . То-

гда в первом случае у нас проводится 4 испытания, в которых событие A

должно появиться 3 раза в каждом из испытаний с вероятностью 1

2p = и не поя-

виться 1 раз с вероятностью 1 11

2 2q = − = . По формуле Бернулли получаем:

33 3 4 3

4 4 4

4! 1 1 1 1(3) 4 0,25

3!(4 3)! 2 2 42P C p q − = = = ⋅ = = −

.

Во втором случае проводится 8 испытаний (партий), в которых событие A

(выигрыш) появляется 5 раз и не появляется 3 раза, тогда 5 3 3

5 5 8 58 8 8 8

8! 1 1 5! 6 7 8 1 7 2 7(5) 0,2186

5!(8 5)! 2 2 5! 3! 322 2P C p q − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = ⋅ = = ≈ − ⋅

.

Значит, выиграть 3 партии из четырех у равносильного противника веро-

ятнее, чем 5 из восьми, так как 4 8(3) (5)P P> .

Рассмотрим пункт б). Выиграть не менее трех партий из четырех значит

выиграть либо 3, либо 4 партии из четырех сыгранных. Значит по теореме сло-

жения вероятностей несовместных событий, вероятность искомого события

будет равна 4 4 04 4 4 4 4

1 1 1 3( 3) (3) (4) 1 0,1875

4 4 162P k P P C p q≥ = + = + = + ⋅ = ≈ .

Аналогично, выиграть не менее пяти партий из восьми, значит выиграть либо

5, либо 6, либо 7, либо все 8 партий из восьми сыгранных. Тогда вероятность

искомого события найдется как сумма вероятностей перечисленных событий,

то есть 8 8 8 8 8( 5) (5) (6) (7) (8)P k P P P P≥ = + + + = 6 6 2 7 7 1 8 8 08 8 8

7

32C p q C p q C p q+ + + =

6 2 7 8 8 8 87 8! 1 1 8! 1 1 1 7 7 8 1 1 1

1 832 6! 2! 2 2 7!1! 2 2 2 32 2 2 2 2

⋅ + + + ⋅ = + + ⋅ + = ⋅ ⋅ ( )

87 1

28 8 1 0,363332 2

+ ⋅ + + ≈

.

Как видно, 8 4( 5) ( 3)P k P k≥ > ≥ , что подтверждает вывод о том, что выиграть не ме-

нее пяти партий из восьми вероятнее, чем выиграть не менее трех партий из

четырех.

Пример 33. Монету бросают 10 раз. Найти вероятность того, что хотя бы 2

раза выпадет «герб».

32

Решение. Рассмотрим событие A , заключающееся в том, что хотя бы 2 раза

выпадет «герб», то есть при 10 испытаниях, «герб» выпадет 2 или 3, или 4, …,

или 10 раз. Противоположное событие A заключается в том, что «герб» выпа-

дет 1 раз или ни разу, то есть 0 1A A A= + , где 0A – событие, заключающееся в том,

что «герб» не выпадет ни разу, то есть 0 раз; 1A – событие, заключающееся в вы-

падении «герба» один раз. Заметим, что при одном подбрасывании монеты ве-

роятность выпадения «герба» 1

2p = , 1

12

q p= − = .

Так как подбрасывания монеты являются независимыми испытаниями, то

для вычисления вероятностей 0( )P A и 1( )P A применим формулу Бернулли:

0 0 100 10

1( ) 1 1 0,00098

1024P A C p q= = ⋅ ⋅ = ,

91 1 10 1

1 10

1 1( ) 10 0,0098

2 2P A C p q − = = ⋅ ⋅ =

.

Тогда по теореме сложения 0 1( ) ( ) ( ) 0,01P A P A P A= + ≈ , ( ) 1 ( ) 1 0,01 0,99P A P A= − = − = .

Пример 34. На автобазе имеется 10 автомашин. Вероятность выхода на

линию каждой из них равна 0,8. Найти вероятность нормальной работы автоба-

зы в ближайший день, если для этого необходимо иметь на линии не менее 8

автомашин.

Решение. Обозначим: A – автомашина вышла на линию.

Всего машин в автобазе 10, значит 10n = , вероятность ( ) 0,8P A p= = ,

1 0,8 0,2q = − = . Пусть B – автобаза работает нормально. Тогда

10

8 8 2 9 9 10 10 010 10 10 10 10

8

( ) ( 8) ( )k

P B P k P k C p q C p q C p q=

= ≥ = = + + =∑

( )8 2 2 810! 9 100,2 10 0,8 0,2 1 0,8 0,8 45 0,04 1,6 0,64

8! 2!p

⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + + ⋅ , 10( 8) 0,678P k ≥ ≈ .

§ 3.2 Наивероятнейшее число появлений события

В рассмотренной схеме Бернулли для отыскания наиболее вероятного чис-

ла выигранных партий у равносильного противника при известном числе сыг-

ранных партий n не надо вычислять вероятности различных комбинаций появ-

ления события 1e , а достаточно знать число испытаний n и вероятность появле-

33

ния события 1e в одном испытании (партии).

Определение 1. Число 0k называется наивероятнейшим числом, если веро-

ятность 0( )nP k не меньше вероятности ( )nP k для всех k .

Исследуем поведение функции ( )nP k при возрастании числа k – числа по-

явлений события 1e в n независимых испытаниях. Решим неравенство

( )( )

11

n

n

P k

P k≥

+. По формуле Бернулли

1 1 1

k k n kn

k k n kn

C p q

C p q

−

+ + − − ( )( ) ( )1 ! 1 !! 1

! ! !

k n kn q k q

k n k n p n k p

+ − − += ⋅ ⋅ = ⋅− −

. То-

гда 11

k q

n k p

+ ⋅ ≥−

равносильно k np q≥ − . Итак, если k np q≥ − , то ( ) ( )1n nP k P k≥ + . Если

k np q= − , то ( ) ( )1n nP k P k= + . И, наконец, если k np q≤ − , то ( ) ( )1n nP k P k≤ + . Рассмотрим

два случая, пусть np q− не является целым числом. Тогда при изменении k от 0

до [ ]np q− ([ ]m – целая часть числа m) функция ( )nP k возрастает и наибольшее

значение она принимает в точке [ ] 1np q− + . Если же k изменяется от [ ] 1np q− + до

n , то функция ( )nP k убывает. Если же np q− является целым числом, то в пре-

дыдущие рассуждения вносится одно изменение: при k np q= − ( ) ( )1n nP k P k= + . Та-

ким образом, функция ( )nP k принимает наибольшее значение в двух точках

k np q= − и 1k np q= − + . Мы установили:

1) если число np q− не целое, то существует единственное наивероят-

нейшее число [ ]0 1k np q= − + ;

2) если число np q− целое, то существует два наивероятнейших числа

1k np q= − и 2 11 1k np q k= − + = + .

Пример 35. Найти наивероятнейшее число годных деталей среди 40 прове-

ренных, если вероятность детали быть годной, равна 0,85.

Решение. По условию 0,85p = , 1 0,85 0,15q = − = , 40n = . Тогда 40 0,85 34np = ⋅ = – це-

лое. Значит, наивероятнейшее число 0 34k = . Если в партии будет 42 детали, то

35,55np q− = и наивероятнейшее число 0 36k = .

Пример 36. Сколько нужно посадить саженцев, чтобы прижились 700

штук, если известно, что в среднем из каждых десяти деревьев приживается

34

восемь.

Решение. Обозначим: событие A – посаженый саженец прижился. Тогда

8( ) 0,8

10P A p= = = , ( ) 1 0,2P A q p= = − = , 0 700k = – наивероятнейшее число прижившихся

саженцев. Тогда [ ] 1 700np q− + = , [ ]0,8 0,2 699n− = , 699 0,8 0,2 700n≤ − < , 874 875,25n≤ < . Два

числа – 874 и 875 являются решением нашего уравнения. Для ответа выбираем

наименьшее из них, то есть необходимо посадить не меньше 874 саженцев,

чтобы 700 штук из них прижилось.

§ 3.3 Предельная теорема Пуассона

Если число проведенных независимых испытаний велико, а вероятность

появления события 1e в каждом из этих испытаний мала, то применение форму-

лы Бернулли становится весьма затруднительным и трудоемким. Попробуйте, к

примеру, вычислить 100(50)P при 0,01p = . В этом случае удобно пользоваться тео-

ремой Пуассона.

Теорема (Пуассон). Пусть limn

np λ→∞

= , 0 λ< < ∞ , тогда ( )lim!

k

nnP k e

kλ λ−

→∞= .

Доказательство. Обозначим nnp λ= , тогда npn

λ= .

( ) ( )!

lim lim 1! !

k n k

n nn

n n

nP k

k n k n n

λ λ −

→∞ →∞

= − = − ( )( ) ( ) ( )

( )1 2 1

lim 1 1! !

k n k

n n n

n

n n n n k n k

k n k n n n

λ λ λ −

→∞

− − − + − = − − = −

…

( )( ) ( )1 2 1lim 1 1

!

n kkn n n

kn

n n n n k

k n nn

λ λ λ −

→∞

− − − + = − − =

…

1 2 1

lim1 1 1 ... 1 1 1 .!

n kkn n n

n

k

n n n k n n

λ λ λ −

→∞

− = ⋅ − − − ⋅ − ⋅ −

Ясно, что lim k kn

nλ λ

→∞= , 1 2 1

lim 1 1 ... 1 1n

k

n n n→∞

− − − − =

и lim 1 1k

n

n n

λ −

→∞

− =

(k не изменяет-

ся), ( )

lim 1 lim 1n

n

nn

n n

n ne

n n

λλ λλ λ − −

−

→∞ →∞

− = − =

. По теореме о пределе произведения получаем

35

( )lim!

k

nnP k e

kλ λ−

→∞= .

Замечание. Применяя теорему Пуассона, мы полагаем ( )!nP k e

kλ λ−≈ , где

npλ = , получая некоторую погрешность. Какова эта погрешность? Погрешность

считается допустимой, если 30np < и 100n > . Теорему Пуассона часто называют

законом редких явлений.

Пример 37. На базу поступила партия из 6000 лампочек. Вероятность по-

вреждения лампочки в пути равна 0,0002p = . Найти вероятность того, что в пар-

тии будет 3 поврежденные лампочки.

Решение. По формуле Бернулли 3 3 59976000 6000(3)P C p q= . Однако, здесь 6000n = ве-

лико, 3k = , 0,0002p = мало, тогда 6000 0,0002 1,2 30npλ = = ⋅ = < и применяем теорему

Пуассона. Окончательно получим ( )3

1,21,2( ) 0,087

3!nP k e−≈ ≈ .

Пример 38. За смену рабочий вытачивает на станке 100 деталей. Вероят-

ность брака при изготовлении одной детали равна 50

1. Найти вероятность того,

что будет испорчено ровно 2 заготовки деталей.

Решение. Искомую вероятность можно найти двумя способами:

1. Пусть событие A – заготовка детали испорчена. Тогда 2k = , 100n = ,

1

50p = , 49

50q = . По формуле Бернулли

2 982 2 98

100 100

99 100 1 49(2) 0,273

2 50 50P C p q

⋅ = = ≈

.

2. В пуассоновском приближении при 2pnλ = = , 2100

4(2) 0,271

2P e−≈ ≈ . Абсолютная

погрешность данного приближения равна 002,0=∆ , относительная погреш-

ность %73,0≈δ .

Приближённый результат, полученный при очень простых вычислениях,

практически совпадает с точной (биномиальной) вероятностью. Следовательно,

при значениях 100n = , 1

50p = приближение Пуассона при подсчете вероятностей

36

в схеме Бернулли вполне применимо.

§ 5.4 Локальная теорема Муавра – Лапласа

Если число независимых испытаний в схеме Бернулли велико, а вероят-

ность появления события A в каждом испытании не слишком мала, то есть

практически 0,1 0,9p≤ ≤ , то теорема Пуассона также становится мало пригодной

для применения, и используют теорему Муавра-Лапласа (локальную теорему

Муавра-Лапласа).

Теорема Муавра-Лапласа. Пусть 0 1p< < , [ ],k np

x a bnpq

−= ∈ . Тогда

( ) ( )( )2

21

1 ,2

x

nP k e k nnpq

απ

−= + , где ( ),C

k nn

α ≤ для некоторой константы C .

Замечания. 1. Эту теорему мы не доказываем ввиду сложности доказатель-

ства.

2. В 1730 году эта теорема была получена Муавром для частного случая

1

2p = , а в 1783 г. Лаплас обобщил ее для любого ( )0,1p∈ .

3. Обозначим k

k npx

npq

−= , 2

21

( )2

kx

kx eϕπ

−= , тогда применяя теорему Муавра-

Лапласа, мы полагаем 1( ) ( )n kP k x

npqϕ≈ , получая некоторую погрешность. Оце-

нить эту погрешность можно, зная оценку константы C . Погрешность считает-

ся допустимой при 100n > и 20npq> .

Функция ( )xϕ называется функцией Гаусса.

Для функции ( )xϕ при 0x > составлены таблицы, которые имеются в лю-

бом математическом справочнике. Так как эта функция является четной, то

есть ( ) ( )x xϕ ϕ− = , то для значений 0x < легко вычислить ( )xϕ . Кроме того, график

этой функции симметричен относительно оси ординат, имеет максимум в точке

0x = , который равен max

1( ) 0,3989

2xϕ

π= ≈ и ( ) 0xϕ → при x → ±∞ . Точками перегиба

37

функции ( )xϕ являются точки 1x = ± и 1

21

( 1) 0,2422

eϕπ

−± = ≈ . Заметим, что для зна-

чений аргумента 4x > принимают ( ) 0xϕ ≅ , так как по таблице (4) 0,0001ϕ = .

Пример 39. Найти вероятность того, что из 400 игрушечных машинок, по-

ступивших в магазин, ровно 80 будут красного цвета, если вероятность машин-

ке быть окрашенной в красный цвет равна 0,2.

Решение. Здесь 400, 80, 0,2, 1 0,8n k p q p= = = = − = . По формуле Муавра-Лапласа

имеем 400

1 1(80) ( ) ( )

8400 0,2 0,8P x xϕ ϕ≈ ⋅ =

⋅ ⋅, 80 400 0,2

08

x− ⋅= = .

По таблице находим, что ( )0 0,3989ϕ = и 400

1(80) 0,3989 0,04986

8P ≈ ⋅ = .

Пример 40. В партии смешаны детали двух сортов: 80% первого и 20%

второго. Сколько деталей первого сорта с вероятностью 0,0967 можно ожидать

среди 100 наудачу взятых деталей.

Решение. Обозначим: A – появление детали первого сорта. По условиям

задачи 100n = , ( ) 0,8P A p= = , 1 0,2q p= − = и 100( ) 0,0967P k = . Найдем значение k .

100 0,8 0,2 16 4npq = ⋅ ⋅ = = ; 100

1( ) ( )P k x

npqϕ≈ , ( )

0,09674

xϕ≈ , ( ) 4 0,0967 0,3868xϕ ≈ ⋅ = . По

таблице значений функции Гаусса находим, что 0,25x = ; k npx

npq

−= ,

800,25

4

k −= , 80 4 0,25k − = ⋅ , следовательно, 81k = .

§ 3.5. Интегральная теорема Муавра – Лапласа

Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых ве-

роятность появления события A постоянна и равна p . Чтобы найти вероят-

ность того, что событие A появится в этой серии испытаний не меньше 1k и не

больше 2k раз используют интегральную теорему Лапласа.

Теорема . Пусть 0 1p< < , тогда 2

21

lim2

bx

na

k npP a b e dx

npq π−

→∞

−≤ ≤ =

∫ .

Замечания. 1. Эта теорема выводится из предыдущей теоремы, поэтому

38

условия ее применения 100n > и 20npq> .

2. Если вероятность наступления события A в каждом испытании равна

p , то вероятность 1 2( , )nP k k того, что событие A появится в n независимых испы-

таниях от 1k до 2k раз, примерно равна 2

22

1 1

21 2

1( ; ) ( )

2

x tk

n nk k x

P k k P k e dtπ

−

=

= ≈∑ ∫ , где

11

k npx

npq

−= , 2

2

k npx

npq

−= .

Заметим, что неопределенный интеграл 2

2t

e dt−

∫ не выражается в элемен-

тарных функциях. Поэтому для интеграла с переменным верхним пределом –

функции Лапласа 2

2

0

1( )

2

x t

x e dtπ

−Φ = ∫ – составлены таблицы для значений 0x ≥ .

При работе с таблицами пользуются свойствами функции Лапласа, приведен-

ными ниже.

Свойства функции Лапласа.

1) (0) 0Φ = ;

2) ( )xΦ – нечетная функция, то есть ( ) ( )x xΦ − = −Φ .

3) lim ( ) 0,5x

x→±∞

Φ = или ( ) 0,5Φ ±∞ = .

4) Из таблицы для функции ( )xΦ следует, что (4) 0,4999Φ ≈ и при 4x > 1( )

2xΦ ≅ .

5) По теореме Ньютона-Лейбница ( ) ( )2

21

2

b t

a

e dt b aπ

−= Φ − Φ∫ . Рассмотрим случай

0a < , 0b > . Тогда ( ) ( )a aΦ = −Φ − и ( ) ( )2

21

2

b t

a

e dt b aπ

−= Φ + Φ −∫ . Аналогично, в случае

0a < , 0b < получаем ( ) ( )2

21

2

b t

a

e dt a bπ

−= Φ − − Φ −∫ .

Пример 41. Монету бросили 100 раз. Какова вероятность, что герб выпал

от 30 до 50 раз?

Решение. Самый стандартный пример на применение теоремы Муавра –

Лапласа. Имеем 0.5p = , 25npq= , 30 50k≤ ≤ . Тогда 30 50 50 50

5 5

k np

npq

− − −≤ ≤ ,

39

( ) ( )100(30; 50) 0 4P ≈ Φ − Φ − = 0,399 0 0,399= − = .

Пример 42. В поселке живет 2500 жителей, каждый ездит в город на поез-

де один раз в 5 дней. Поезд идет один раз в день. Какова должна быть вмести-

мость поезда, чтобы переполнение было не чаще одного раза в 100 дней?

Решение. Обозначим через 0k вместимость поезда. Тогда 2500n = , 1

5=p и

( )0

0,01nk k

P k>

≤∑ . По теореме Муавра – Лапласа

( )0 10,01

k np k np n np n pnP x

npq npq npq npq

+ − − − −≤ ≤ ≈ Φ − Φ ≤

, где 0 1k npx

npq

+ −= . Но 0,5

n pn

npq

−Φ ≈

, от-

сюда получаем ( ) 0,49xΦ = (берем максимально возможное значение вероятно-

сти), по таблицам находим 0 12,33

k npx

npq

+ −= = , и, наконец, 0 545,66k = . Окончатель-

ный ответ 546.

§ 3.6 Вероятность отклонения частоты события

от вероятности в независимых испытаниях

Теорема Муавра – Лапласа позволяет оценить близость относительной

частоты k

n появления события A в n независимых испытаниях и вероятности

p этого события.

Пусть p – вероятность появления события A в n независимых испытани-

ях, а k – число появлений события A в этих испытаниях. Напомним, что отно-

сительной частотой появления события A называется отношение k

n и оценим

вероятность события kp

nε − <

. Если n достаточно велико, то можно восполь-

зоваться теоремой Муавра – Лапласа. Тогда, если 1 2k k k≤ ≤ , то

1 2k np k npk np

npq npq npq

− −−≤ ≤ . Рассмотрим неравенство kp

nε− ≤ . Преобразовав, получим

неравенство, равносильное исходному n k np n

pq pqnpqε ε−− ≤ ≤ . Положив n

xpq

ε′ = − ,

40

nx

pqε′′ = , получим k n k np n

P p Pn pq pqnpq

ε ε ε − − < = − < < ≈

2

21

22

n

pq x

n

pq

ne dx

pq

ε

ε

επ

−

−

≈ = Φ

∫ , так как функция

2

21

2

x

eπ

− – четная. Значение функции

n

pqε

Φ

находят по таблице.

Окончательно, вероятность отклонения частоты появления события A в n

независимых испытаниях от вероятности p этого события на величину ε нахо-

дим по формуле 2k n

P pn pq

ε ε − < ≈ Φ

.

Пример 43. По данным длительной проверки качества выпускаемых кир-

пичей, количество пригодных составляет 93%. Найти вероятность того, что

среди 6000 кирпичей отклонение частоты брака от вероятности брака не будет

превышать по абсолютному значению 0,01.

Решение. Обозначим: A – выпущен бракованный кирпич. Из условия зада-

чи 6000n = , ( ) 0,07P A p= = , ( ) 0,93q P A= = , 0,01ε = , частота брака k

n. Тогда по получим

6000 0,07 0,01 2 2 ( )k n

P tn pq

ε − ≤ = Φ = Φ

, 60000,01 3,0358 3,04

0,07 0,93

nt

pqε= = ⋅ ≈ ≈

⋅. Тогда

( )2 ( ) 2 3,04 0,9973tΦ = Φ ≈ .

Пример 44. Стрелок поражает мишень при некоторых условиях стрельбы с

вероятностью 0,75p = .

1) Какова вероятность того, что при 10 выстрелах он поразит мишень 8

раз?

2) Какова вероятность того, что при 100 выстрелах число попаданий будет:

а) не менее 71 и не более 80? б) не менее 70 и не более 80? в) не менее 81? г) не

более 70?

3) Какова вероятность того, что при 400 выстрелах относительная частота

попаданий отклонится от p менее чем на 0,035?

41

4) В каких границах должно находиться при 400 выстрелах число попада-

ний, чтобы вероятность невыхода за эти границы была равна 0,97?

5) Сколько выстрелов должен сделать стрелок, чтобы вероятность того,

что отклонение относительной частоты попадания от p будет меньше, чем

0,035, была равна 0,95?

Решение. Обозначим: A – стрелок поражает мишень.

1) Тогда по формуле Бернулли получаем 8 2

810 10

3 1(8) 0,2816

4 4P C

= =

. Заметим,

что вычисления по локальной теореме Муавра-Лапласа дает следующий ре-

зультат: 8 10 0,750,3652

10 0,75 0,25k

k npx

npq

− − ⋅= = ≈⋅ ⋅

, по таблице находим ( ) 0,3739xϕ ≈ и

10(8) 0,2724P ≈ . Заметим, что абсолютная и относительная погрешности приближе-

ния соответственно равны 0092,0=∆ ; %27,3≈δ .

2) а) ( )80

10071

( ) (1,155) 0,9238 0,6982k

P k=

≈Φ − Φ − =∑ ; б) 80

10070

2( ) 2 0,7519

3k

P k=

≈ Φ =

∑ ;

в) 100

10081

( ) 0,5 0,4171 0,0829k

P k=

≈ − =∑ ; г) 70

1000

2( ) 0,5 0,1240

3k

P k=

≈ Φ − + =

∑ ;

3) ( )0,035 4002 2 1,617 0,894

0,75 0,25

Φ = Φ = ⋅

;

4) 4002 0,97

0,75 0,25

ε Φ = ⋅

; 202,17

0,25 3

ε ⋅ ≈⋅

; 0,047ε = . Число попаданий k должно

удовлетворять неравенству 0,75 0,047400

k − < , что дает 281 319k< < ;

5) 0,75 0,035k

n− < , 0,035

2 0,950,75 0,25

n ⋅Φ = ⋅ , 0,035

1,960,25 3

n =⋅

, 588n = .

Пример 45. Игральную кость бросили 80 раз. Найти с вероятностью 0,99 в

каких пределах заключено число выпадений «6».

Решение. Имеем 1

6p = , 80 5

36npq

⋅= . Несмотря на то, что нарушены условия

применения теоремы Муавра – Лапласа, мы ее применим, надеясь, что по-

грешность вычислений будет допустимой. Тогда

42

( )k n k np nP p P n k np n P

n npq npq npq

ε εε ε ε − −− < = − < − < = < <

2 0,99n

npq

ε ≈ Φ =

. Отсюда полу-

чаем, 2,58n

npq

ε = (пользуемся таблицами), 2,58 200,107

6 80ε ⋅= ≈

⋅, ( ) ( )n p k n pε ε− < < + , и, на-

конец, 4,77 21,89k< < . Следовательно, 5 21k≤ ≤ .

В конце этого параграфа приведем небольшую таблицу, вычисленную на

компьютере, 100n = , 20k = , в первом столбике указано значение p , во втором –

значение ( )nP k , в третьем значение ( )nP k , вычисленное по теореме Муавра –

Лапласа, и, наконец, в последнем столбце - значение ( )nP k , вычисленное по тео-

реме Пуассона.

0,3 0,007576 0,008049 0,01341

0,16 0,05674 0,06000 0,05591

0,1 0,00117 0,00051 0,00186

Задачи для самостоятельного решения

1. Студент получает зачет, если он отвечает не менее, чем на 4 вопроса

преподавателя. Найти вероятность получения зачета, если преподаватель задал

студенту пять вопросов, на каждый из которых студент может ответить с веро-

ятностью 0,8.

2. Завод изготавливает изделия, каждое из которых с вероятностью 0,15

(независимо от других) оказывается дефектным. При осмотре дефект, если он

имеется, обнаруживается с вероятностью 0,88. Для контроля из продукции за-

вода выбирается 10 изделий. Найти вероятность следующих событий: 1) ни в

одном из изделий не будет обнаружено дефекта; 2) среди 10 изделий ровно в

двух будет обнаружен дефект; 3) среди 10 изделий не менее чем в двух будет

обнаружен дефект.

3. Подводная лодка атакует корабль, выпуская по нему последовательно и

независимо одна от другой 4 торпеды. Каждая торпеда попадает в корабль с

вероятностью 0,9. Каждая попавшая в корабль торпеда с одинаковой вероятно-

стью попадает в любой из 3 отсеков, на которые разделена подводная часть ко-

43

рабля. Торпеда, попавшая в отсек, приводит к его затоплению водой. Корабль

идет ко дну, если водой заполнено не менее двух отсеков. Найти вероятность

того, что корабль будет пущен ко дну.

4. При данном технологическом процессе 87% всей произведенной про-

дукции высшего сорта. Найти наивероятнейшее число изделий высшего сорта

в партии из 180 изделий.

5. Сколько нужно посеять семян, всхожесть которых 85%, чтобы наиверо-

ятнейшее число взошедших было 100?

6. Вероятность рождения мальчика равна 0,51. Найти вероятность того,

что среди 100 новорожденных окажется 50 мальчиков.

7. Вероятность появления события в каждом из 2100 независимых испыта-

ний равна 0,7. Найти вероятность того, что событие появится: а) не менее 1470

и не более 1500 раз; б) не менее 1470 раз; в) не более 1469 раз.

8. Вероятность получить зачет по физкультуре для студентов равна 0,9.

Сколько студентов сдавало зачет, если известно, что с вероятностью 0,98 не

менее 150 человек получили зачет.

9. В урне содержатся белые и черные шары в отношении 4:1. После извле-

чения шара регистрируется цвет, и шар возвращается в урну. Чему равно наи-

меньшее число извлечений n , при котором с вероятностью 0,95 можно ожи-

дать, что абсолютная величина отклонения относительной частоты появления

белого шара от его вероятности будет не более чем 0,01?

10. Станок-автомат штампует детали. Вероятность того, что изготовленная

деталь окажется бракованной, равна 0,01. Найти вероятность того, что среди

200 деталей окажется ровно 4 бракованных.

Глава 4 СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ И ФУНКЦИИ

РАСПРЕДЕЛЕНИЯ

§ 4.1 Разновидности случайных величин

44

Определение 1. Пусть ( )( ), ,S PΩ Ω – вероятностное пространство. Функ-

ция :X RΩ → называется случайной величиной, если для любого вещественно-

го числа x множество ( ) ( ) X X xω ω < является событием.

Случайные величины будем обозначать большими латинскими буквами

, , ,X Y Z… , а их значения – малыми латинскими , , , , 1,i i ix y z i n=… . Тот факт, что

случайная величина X приняла значение ix , будем записывать iX x= .

Определение 2. Случайная величина X называется случайной величиной

дискретного типа, если найдутся числа 1 2, ,x x …такие, что ( )1

1kk

P X x∞

=

= =∑ .

Замечание. Часто встречаются дискретные случайные величины, для ко-

торых найдутся конечное число чисел 1, , nx x… со свойством ( )1

1n

kk

P X x=

= =∑ .

Пример 46. Пусть производится 5 выстрелов по мишени. Число попаданий

– дискретная случайная величина, возможные значения которой 0, 5ix = .

Определение 3. Функция ( )P X x< называется Функцией распределения слу-

чайной величины X и обозначается ( )XF x или ( )F x .

Определение 4. Случайная величина X называется случайной величиной

абсолютно непрерывного типа, если найдется неотрицательная функция ( )f x та-

кая, что ( ) ( )x

XF x f t dt−∞

= ∫ для любого вещественного числа x .

Замечание. Кроме случайных величин дискретного и абсолютно непре-

рывного типа существуют сингулярные случайные величины. Ввиду их слож-

ности мы их рассматривать не будем. Даже привести пример такой случайной

величины не просто. Известно (Лебег), что функция распределения случайной

величины однозначно представима в виде суммы трех функций распределения

дискретной, абсолютно непрерывной и сингулярной случайных величин. Далее

абсолютно непрерывную случайную величины мы будем называть непрерыв-

ной случайной величиной, опуская слово «абсолютно».

45

§ 4.2 Закон распределения дискретной случайной величины

Рассмотрим дискретную случайную величину X такую, что ( )1

1kk

P X x∞

=

= =∑ .

Определение 1. Законом распределения случайной величины X называется

совокупность равенств ( )kP X x= , 1,2,k = … , таких что ( )1

1kk

P X x∞

=

= =∑ .

Рассмотрим два важных распределения.

Определение 2. Биномиальным распределением называется закон распре-

деления ( ) k k n knP X k C p q−= = , 0,k n= , ( ) 0P X k= = для k n> , 0 1p≤ ≤ , 1q p= − .

По этому закону распределена случайная величина X – число успехов в

серии из n независимых испытаний. Биномиальный закон распределения зави-

сит от двух параметров: n и p .

Определение 3. Распределением Пуассона называется закон распределе-

ния ( )!

k

P X k ek

λλ −= = , 0,1,k = … , 0λ > .

Распределение Пуассона зависит от одного параметра 0λ > .

Распределение Пуассона часто встречается в задачах, связанных с про-

стейшим потоком событий.

Например, поток вызовов на телефонной станции, поток заявок в системе

массового обслуживания, последовательность распада частиц некоторого коли-

чества радия и т.д.

Под простейшим потоком событий будем понимать последовательность

событий, наступающих одно за другим в случайные моменты времени.

Простейший поток событий характеризуется следующими свойствами:

1) Стационарность – вероятность наступления того или иного числа собы-

тий за любой промежуток времени зависит только от длительности этого про-

межутка (а не от начала отсчета).

2) Отсутствие последействия – указанная вероятность не зависит от того,

какое число событий наступило до начала рассматриваемого промежутка вре-

мени.

46

3) Ординарность – вероятность попадания на малый участок t∆ двух или

более событий пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью попадания на

него одного события.

Параметр λ в распределении Пуассона есть среднее число событий, насту-

пающих за время t в простейшем потоке. Если введем величину a tλ= , то она

будет равна среднему числу событий за единицу времени и называется интен-

сивностью потока событий за единицу времени t . В этих обозначениях форму-

лу Пуассона можно представить в виде: ( )( )

!

katat

P X k ek

−= ≅ , atλ = , 0,1, 2, ...,k n= .

Пример 47. Поток грузовых железнодорожных составов, прибывающих на

сортировочную горку, можно считать простейшим с интенсивностью 6a = (со-

став/ч). Найти вероятность того, что за полтора часа на горку прибудет: а) ров-

но один состав; б) хотя бы один состав; в) не менее трех составов.

Решение. Случайная величина X – число составов, прибывших на сортиро-

вочную горку в течении полутора часов распределена по закону Пуассона. То-

гда 1,5t = ; 1,5 3 9atλ = = ⋅ = .

а) ( ) 91

91 0,0011

1!P P X e−= = = ≈ (значение функции можно найти по таблице рас-

пределения Пуассона или подсчитать на калькуляторе);

б) Рассмотрим противоположное событие – ни одного состава не прибудет

на сортировочную горку. Если его вероятность обозначить через 0P , то

( )1 01 1 0 1 0,0001 0,9999R P P X= − = − = = − = ;

в) Событие – не менее трех составов – означает, что подойдут три или

большее число составов. Тогда противоположное ему событие – меньше трех

составов. Следовательно,

( ) ( )3 0 1 21 1 ( 0) ( 1) ( 2)R P P P P X P X P X= − + + = − = + = + + = ( )1 0,0001 0,0011 0,0049 0,9939− + + = .

Определение 4. Геометрическим распределением называется закон рас-

пределения ( ) kP X k q p= = , 0,1,k = … , 0 1p< < , 1q p= − .

47

На практике геометрическое распределение появляется, если производится

ряд независимых испытаний с целью получения некоторого результата (собы-

тия) A ; при каждом испытании событие A появляется с вероятностью p . Слу-

чайная величина X – число неудач до первого успеха имеет геометрическое

распределение, пусть 1Y X= + , тогда случайная величина Y – число попыток до

первого появления события A , включая удавшуюся.

Пример 48. Пусть производятся выстрелы по мишени до первого попада-

ния включительно. Вероятность попадания при каждом выстреле одинакова и

равна p . Составить закон распределения вероятностей случайной величины Y –

числа выстрелов, произведённых вплоть до первого попадания.

Решение. Если при первом выстреле было попадание (произошло событие

1Y = ), то больше выстрелов не будет и ( 1)P Y p= = . Событие 2Y = произойдет, если

при первом выстреле был промах, а при втором выстреле попадание, то есть

( 2) (1 )P Y p p qp= = − = . Событие 3Y = произойдет, если при первом и втором выстре-

лах были промахи, а при третьем – попадание, то есть 2 2( 3) (1 ) , ...P Y p p q p= = − = ,

1 1( ) (1 )k kP Y k p p q p− −= = − = .

Закон распределения этой случайной величины имеет вид:

iy 1 2 3 4 … k …

ip p qp 2q p 3q p … 1kq p− …

Определение 5. Гипергеометрическим распределением называется закон

распределения ( )k n kK N K

nN

C CP X k

C

−−= = , 0,1, ,min ,k K n= … .

Гипергеометрическое распределение зависит от трех параметров , ,N K n .

Пример 49. Пусть имеется совокупность N объектов, K из которых счита-

ются особыми. Наугад отбирается (без возвращения) n объектов. Найти рас-

пределение случайной величины X – числа особых объектов среди отобранных.

48

Решение. (См. пример 11) Число всех возможных случаев выбора n эле-

ментов из N равно nNC , а число благоприятствующих случаев выбора k элемен-

тов из K особых и n k− элементов из N K− не особых равно произведению

k n kK N KC C −

− ), тогда ( )k n kK N K

nN

C CP X k

C

−−= = , 0,1, ,min ,k K n= … , где k может принимать значения

от 0 до меньшего из двух чисел K или n .

Пример 50. В группе 8 студентов, из них 3 отличника. Случайным образом

выбирается 4 студента. Найти вероятность того, что в это число попадут все 3

отличника.

Решение. Пусть X – число отличников среди отобранных студентов. Тогда 3 13 5

48

1 5 4! 4! 5 24 1( 3)

8! 8 7 6 5 14

C CP X

C

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = = =⋅ ⋅ ⋅

.

Закон распределения может быть задан таблично (ряд распределения), графи-

чески (многоугольник распределения), и аналитически, то есть некоторой

функцией.

§ 4.3 Ряд и многоугольник распределения

Определение 1. Рядом распределения дискретной случайной величины X

называется таблица, в верхней строке которой перечислены в порядке возрас-

тания значения этой случайной величины 1 2, , , ,nx x x… … , а в нижней – вероятности

их принятия 1 2, , , ,np p p… … , где ( )i ip P X x= = – вероятность того, что дискретная

случайная величина X в результате опыта принимает значение ix , 1,2, , ,i n= … …

Ряд распределения будем записывать в виде таблицы

Важно, что 1ii

p =∑ (события iX x= образуют полную группу событий).

Определение 2. Графическое изображение ряда распределения называется

многоугольником распределения. Он задается в виде ломаной на плоскости ко-

iХ х= 1x 2x ⋯ nx ⋯

( )i iP X x p= = 1p 2p ⋯ np ⋯

49

ординат XOP, соединяющей последовательно точки с координатами ( , )i ix p .

Легко видеть, что вероятность дискретной случайной величины X попасть

Определение 2. Графическое изображение ряда распределения называется

многоугольником распределения. Он задается в виде ломаной на плоскости ко-

ординат XOP, соединяющей последовательно точки с координатами ( , )i ix p .

Пример 51. Абитуриент сдаёт два вступительных экзамена: по математике

и физике. Вероятность получения пятёрки по математике 1( ) 0,8P A = , по физике

2( ) 0,6P A = . Найти закон распределения случайной величины X – числа получен-

ных абитуриентом пятёрок на двух экзаменах. Составить ряд распределения и

построить многоугольник распределения.

Решение. Случайная величина X может принимать значение 0 – нет пяте-

рок, 1 – одна пятерка, 2 – две пятерки. Обозначим 1A и 2A – получение «5» по

математике и физике соответственно. Эти события независимы. Тогда:

1 2 1 2( 0) ( ) ( ) ( )P X P A A P A P A= = ⋅ = ⋅ , ( )0 0,2 0,4 0,08P X = = ⋅ = , 1 2 1 2( 1) ( ) ( ) ( ) ( )P X P A P A P A P A= = + ,

( )1 0,8 0,4 0,2 0,6 0,44P X = = ⋅ + ⋅ = , 1 2 1 2( 2) ( ) ( ) ( )P X P A A P A P A= = ⋅ = , ( )2 0,8 0,6 0,48P X = = ⋅ = .

Ряд распределения имеет вид:

На рисунке слева представлен многоугольник рас-

пределения, который является ломаной, соединяющей

точки с координатами ( , )i ix p .

§ 4.4 Функция распределения случайной величины

В этом параграфе более подробно рассмотрим функции распределения слу-

чайных величин.

ix 0 1 2 3

1i

i

p=∑

ip 0.08 0.44 0.48 1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0 1 2

X

P

50

Свойства функции распределения:

1) 0 ( ) 1F x≤ ≤ ;

2) ( )F x есть неубывающая функция, то есть для любых 1x и 2x , таких что

1 2x x< , следует, что 1 2( ) ( )F x F x≤ ;

3) lim ( ) 0x

F x→−∞

= , или в символьном виде ( ) 0F −∞ = ; lim ( ) 1x

F x→+∞

= , или в символьном

виде ( ) 1F +∞ = .

4) Для любой точки 0x ( )0

00lim ( )

x xF x F x

→ −= (непрерывность слева в точке 0x ).

Докажем эти свойства. Первое свойство функции ( )F x очевидно, так как

( )( )F x P X x= < .

Второе свойство следует из простейших свойств вероятности, так как

( ) ( ) 1 2 X Xx xω ω ω ω∈ Ω < ⊂ ∈ Ω < .

Для доказательства равенства lim ( ) 0x

F x→−∞

= рассмотрим любую монотонную

последовательность чисел 1,2,n nx = …

со свойством lim nn

x→∞

= −∞ . Тогда

( ) ( ) 1 X Xn nx xω ω ω ω+∈ Ω < ⊂ ∈ Ω < . Отсюда получаем ( )lim 0nn

F x→∞

= , так как

( ) X nn

xω ω∈ Ω < = ∅∩ (см. задание 10 гл.1). А так как равенство ( )lim 0nn

F x→∞

= выпол-

нено для любой монотонной последовательности со свойством lim nn

x→∞

= −∞ , то

( )lim 0x

F x→−∞

= . Аналогично доказывается равенство lim ( ) 1x

F x→+∞

= .

Для доказательства равенства ( )0

00

lim ( )x x

F x F x→ −

= рассмотрим любую монотон-

ную последовательность чисел 1,2,n nx = …

со свойством lim n 0n

x x→∞

= и n 0x x< . Тогда

( ) ( ) X Xn 1 nx xω ω ω ω−∈ Ω < ⊂ ∈ Ω < . Отсюда получаем ( ) ( )lim n 0n

F x F x→∞

= , так как

( ) ( ) X Xn 0n

x xω ω ω ω∈ Ω < = ∈ Ω <∪ (см. задание 9 гл.1). А так как равенство

( ) ( )lim n 0n

F x F x→∞

= выполнено для любой монотонной последовательности со свой-

ством lim n 0n

x x→∞

= и n 0x x< , то ( )0

00

lim ( )x x

F x F x→ −

= .

Замечание. Указанные свойства вполне определяют функции распределе-

51

ния: если некоторая вещественная функция ( )F x обладает указанными свойст-

вами, то найдется случайная величина X такая, что ( ) ( )XF x F x= .

График ( )F x есть график неубывающей функции, заключенной между

прямыми 0y = и 1y = .

Для дискретной случайной величины функция распределения кусочно-

постоянна и её график имеет ступенчатый вид. Действительно, рассмотрим

дискретную случайную величину X с рядом распределения:

Тогда ( ) ( ) ( )i

ix x

F x P X x P X x<

= < = =∑ ,

причем когда переменная x про-

ходит через значение ix , значение

функции ( )F x меняется скачком на

величину ip – вероятности этого

значения. Так как график ( )F x для дискретной случайной величины есть сту-

пенчатая функция, скачки которой происходят в точках ix и равны вероятно-

стям этих значений, то сумма величин всех скачков функции ( )F x равна 1.

На рисунке показан график функции распределения дискретной случайной

величины для 3n = , причем ( )1 0F x = , ( )2 1F x p= , ( )3 1 2F x p p= + .

Пример 52. Производится 4 независимых испытания, в каждом из которых

событие A может появиться с вероятностью 0,3. Построить функцию распреде-

ления ( )F x числа появлений события A .

Решение. Число появлений события A – есть случайная величина X . Что-

бы построить ее ряд распределения, воспользуемся формулой Бернулли, где

4, 0,3, 1 0,3 0,7n p q= = = − = . Тогда пусть ( ) kP X k p= = , 0,4k = , 0 0 4 40 4 0,7 0,2401p C p q= = = ;

ix 1x 2x ⋯ nx

ip 1p 2p ⋯ np

x1 2x 3x

1

0

p1

p1+p2

52

1 1 3 31 4

4!0,3 0,7 0,4116

1! 3!p C p q= = ⋅ =

⋅; 2 2 2 2 2

2 4

4!0,3 0,7 0,2646

2! 2!p C p q= = ⋅ =

⋅;

3 3 33 4

4!0,3 0,7 0,0756

3! 1!p C p q= = ⋅ =

⋅; 4 4 0 4

4 4 0,3 0,0081p C p q= = = .

Ряд распределения имеет вид:

ix 0 1 2 3 4 1

n

ii

p=∑

ip 0,2401 0,4116 0,2646 0,0756 0,0081 1

Вычислим функцию распределения. Обозначим kA – событие X k= , 0,4k = .

1) ( ) ( ) ( )0, ( ) 0x F x P X x P X x P4

κ κκ=0

≤ = < = < Α Α =∑ , применили формулу полной ве-

роятности, ясно, что ( ) 0P X x κ< Α = , 0,4k = .

2) 0 1x< ≤ , ( ) ( ) ( )( ) 0,2401F x P X x P X x P4

κ κκ=0

= < = < Α Α =∑ , так как ( ) 0P X x κ< Α = для

1,4k = и ( ) 1P X x 0< Α = .

3) 1 2x< ≤ , ( ) ( ) ( )( ) 0,4116F x P X x P X x P4

κ κκ=0

= < = < Α Α =∑ , так как ( ) 0P X x κ< Α = для

2,4k = и ( ) 0P X x 0< Α = , ( ) 1P X x 1< Α = .

Рассуждая аналогично, получим следующие значения для функции ( )F x :

4) 2 3x< ≤ , ( ) ( ) ( 0) ( 1) ( 2) 0,9163F x P X x P X P X P X= < = = + = + = = ;

5) 3 4x< ≤ , ( ) ( ) ( 0) ( 1) ( 2) ( 3) 0,9919F x P X x P X P X P X P X= < = = + = + = + = = ;

6) 4x > , ( ) ( ) ( 0) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) 1F x P X x P X P X P X P X P X= < = = + = + = + = + = = .

Окончательно, график ( )F x имеет вид:

1

F(x)

1 2 3 4 5 х

0,2401

0,6517

0,9163

53

Пример 53. Получить формулу для вероятности того, что случайная вели-

чина X принимает значение из промежутка [ ),α β .

Решение. Пусть событие A состоит в том, что X β< ; событие B состоит в

том, что X α< ; событие C состоит в том, что Xα β≤ < . Тогда A B C= + . Так как

события B , C несовместны, то ( ) ( ) ( )P X P X P Xβ α α β< = < + ≤ < . Тогда

( )( ) ( )P X P X P Xα β β α≤ < = < − < и окончательно: ( ) ( ) ( )P X F Fα β β α≤ < = − .

§ 4.5 Непрерывные случайные величины

Пусть задана непрерывная случайная величина X с функцией распреде-

ления ( ) ( )x

F x f t dt−∞

= ∫ .

Определение 1. Функция ( )f x называется плотностью распределения ве-

роятностей случайной величины X .

Определение 2. Функция ( )f x называется законом распределения вероят-

ностей случайной величины X .

Замечание. Часто слово «вероятностей» в определениях 1,2 опускают.

Для малого интервала длины x∆ ( ) ( )P x X x x f x x< < + ∆ ≈ ∆ , причем выражение

( )f x dx называется элементом вероятности и с геометрической точки зрения

приближенно равно площади элементарного прямоугольника, опирающегося на

отрезок dx , примыкающего к точке x .

Определение 3. График функции плотно-

сти ( )f x называется кривой распределения слу-

чайной величины X .

Свойства функции плотности распределения ( )f x :

1) ( ) 0f x ≥ .

x dx

f(x)

xО

54

2) ( ) 1f x dx+∞

−∞

=∫ .

3) ( ) ( )F x f x′ = , если x является точкой непрерывности функции ( )f x .

Первое свойство записано в определении непрерывной случайной величи-

ны, второе следует из свой функции распределения, третье доказано в разделе

«математический анализ».

С геометрической точки зрения интеграл ( )f t dt∞

−∞∫ равен площади криволи-

нейной трапеции, ограниченной графиком функции ( )f x и осью OX .

Пример 54. Выяснить, чему равна вероятность отдельного значения непре-

рывной случайной величины.

Решение. Пусть функция распределения случайной величины X равна

( ) ( )x

F x f t dt−∞

= ∫ . Обозначим 1nb a

n= + , событие nA – [ ), nX a b∈ . Тогда

( )( ) lim ( ) lim( ( ) ( )) lim 0nb

n nn n na

P X a P a X b F b F a f t dt→∞ →∞ →∞

= = ≤ < = − = =∫ , так как nn

A X a= =∩ (см. за-

дание 10 гл.1).

Вероятность каждого отдельного значения непрерывной случайной вели-

чины равна нулю.

Из этого следует, что ( ) ( ) ( ) ( )P X P X P X P Xα β α β α β α β≤ < = < ≤ = ≤ ≤ = < < .

Действительно, ( )( ) ( ) ( )P X P X P X P Xα β α β α α β≤ < = < < + = = < < . Остальные равенства

проверяются аналогично.

Рассмотрим три важных распределения.

Определение 4. Нормальное распределение определяется законом распре-

деления ( )( )2

2

21

2

x a

f x e σ

σ π

−−

= . Нормальное распределение зависит от двух парамет-

ров a и σ .

Определение 5. Равномерное на [ ],a b распределение определяется законом

распределения ( ) 1f x

b a=

−, если [ ],x a b∈ , в противном случае ( ) 0f x = .

55

Равномерное распределение зависит от двух параметров a и b .

Определение 6. Показательное распределение определяется законом рас-

пределения ( ) 0f x = , если 0x < и ( ) xf x e λλ −= в противном случае, 0λ > . Число λ

является параметром показательного распределения.

Равномерное распределение возникает при измерении некоторой величины

прибором с делениями, при округлении расчетов; при «бросании» случайной

точки на ось с равномерным масштабом; при выборе наудачу направления на

плоскости; при моделировании случайных процессов.

Пример 55. Междугородние автобусы ходят регулярно с интервалом 15

мин. Пассажир приходит на остановку в случайный момент времени, никак не

связанный с расписанием автобусов. Найти функцию плотности ( )f x случайной

величины X – времени, в течение которого пассажиру придется ждать автобу-

са. Найти вероятность того, что ждать придется не больше 5 мин.

Решение. Случайная величина X распределена равномерно на интервале

)15;0( мин. Тогда функция плотности имеет вид:

( ) 1

15f x = для [ ]0,15x∈ и ( ) 0f x = в противном случае.

Вероятность ожидания автобуса не более 5 мин найдем как вероятность

попадания нашей случайной величины в интервал )5;0( , то есть

( )5

0

1 5 10 5

15 15 3P X dt< < = = =∫ .

Показательное распределение тесно связано с простейшим потоком собы-

тий (§4.2). Покажем, что интервал времени T между двумя соседними собы-

тиями в простейшем потоке имеет показательное распределение с параметром,

равным интенсивности потока: ( ) tf t e λλ −= , ( )0t ≥ .

Рассмотрим на оси OT интервал времени T

между двумя соседними событиями потока. Для

того чтобы выполнялось неравенство T t< , необходимо, чтобы хотя бы одно со-

бытие потока попало на участок длины t ; вероятность этого 1 01 1 tR P e λ−= − = − , то-

О T

t

t

56

гда ( ) ( ) 1 tP T t F t e λ−< = = − ( )0t > . Дифференцируя, получим плотность вероятности

( ) tf t e λλ −= , ( )0t ≥ , а это и есть показательное распределение.

Пример 56. Случайная величина X имеет показательное распределение с

параметром 3λ = . Найти вероятность события 1 3X< < .

Решение. Вероятность попадания случайной величины X в интервал )3;1(

равна ( )3

3 1 3

1

1 3 3 0,3188xP X e dx e e− − −< < = = − ≈∫ .

Пример 57. Техническое устройство состоит из 3 узлов; в первом узле 1 5n =

элементов, во втором 2 3n = элемента, в третьем 3 2n = элемента. Первый узел не-

обходим для работы устройства; второй и третий дублируют друг друга. Время

безотказной работы каждого элемента распределено по показательному закону;

среднее время работы элемента, входящего в первый узел, равно 1 150срt = часов,

во второй или третий узлы – 2 12срt = 2 120срt = часов. Первый узел выходит из

строя, если в нем отказало не менее двух элементов; второй узел (так же, как и

дублирующий его, третий) выходит из строя при отказе хотя бы одного элемен-

та. Для выхода из строя всего устройства достаточно, чтобы отказал первый

узел или второй и третий вместе. Найти вероятность того, что за время 100τ =

часов устройство выйдет из строя.

Решение. Так как время безотказной работы каждого элемента распределе-

но по показательному закону, то вероятность выхода из строя одного из эле-

ментов первого, второго или третьего узлов за время τ найдем как вероятность

противоположного события (элемент не выйдет из строя):

11 1

срtp eτ−

= − ;100 2

150 31 1 1 0,4868p e e

− −= − = − ≈ ; 2

2 3 1срtp p eτ−

= = − ;100 5

120 62 1 1 0,5656p e e

− −= − = − ≈ .

Найдем вероятность выхода из строя первого узла за время τ . Данный узел

работает исправно, если в нем исправны все 1n элементов с вероятностью

( ) 1 11 11

n np q− = , либо неисправен только один из 1n элементов с вероятностью

( ) 1 11 1

1 1 1 1 1 11n nn p p n p q

− −− = , тогда вероятность противоположного события – выход из

строя первого узла – найдем по формуле:

57

( )1 151 4

1 1 1 1 11 1 0,51321 5 0,48679 0,51321n nP q n p q −= − − = − − ⋅ ⋅ ; 1 0,7956P ≈ .

Аналогично, вероятности выхода из строя второго и третьего узлов соот-

ветственно равны ( ) 2 22 2 21 1 1

n nP p q= − − = − , 32 1 0,43437 0,9180P = − ≈ , ( ) 3 3

3 3 31 1 1n nP p q= − − = − ,

23 1 0,43437 0,8113P = − ≈ .

Тогда вероятность выхода из строя всего устройства найдем как

( )1 1 2 31 0,7956 0,2044 0,9180 0,8113 0,9478P P P P P= + − = + ⋅ ⋅ ≈ .

Пусть элемент (некоторое устройство) начинает работать при 0 0t = и по

истечении времени t наступает отказ. Пусть T – непрерывная случайная вели-

чина – время безотказной работы элемента. Если элемент проработает безот-

казно время, меньшее t , то за время t наступит отказ, следовательно, функция

распределения ( ) ( )F t P T t= < определяет вероятность отказа за время t . Тогда ве-

роятность безотказной работы, то есть вероятность события T t≥ будет

( ) ( ) 1 ( )R t P T t F t= ≥ = − .

Функцией надёжности ( )R t называется функция, определяющая вероят-

ность безотказной работы элемента за время t .

Часто длительность безотказной работы элемента имеет показательное

распределение.

Показательным законом надежности называют функцию надежности, оп-

ределяемую равенством: ( ) tR t e λ−= , где λ – интенсивность отказов.

Вероятность безотказной работы элемента на интервале времени t не за-

висит от времени предшествующей работы до начала рассматриваемого интер-

вала, а зависит только от длительности интервала времени t (при заданной ин-

тенсивности отказов λ ). То есть, в случае показательного закона надежности,

безотказная работа элемента «в прошлом» не сказывается на величине вероят-

ности его безотказной работы «в ближайшем будущем».

Показательное распределение играет большую роль в теории Марковских

случайных процессов, теории массового обслуживания и теории надежности –

существенных разделах прикладной теории вероятностей.

58

Пример 58. Пусть время безотказной работы устройства распределено по

закону 0.005( ) 0,005 tf t e−= , 0t ≥ – время в часах. Найти вероятность безотказной рабо-

ты в течение 1000 часов.

Решение. Функция надежности 0,005( ) 1 ( ) tR t F t e−= − = при 1000t = дает резуль-

тат 5(1000) 0,0067R e−= ≈ .

§ 4.6 Нормальное распределение

В этом параграфе рассмотрим более подробно нормальное распределение

ввиду важности этого распределения. Мы уже встречались с этим распределе-

нием в теореме Муавра-Лапласа. Исследовав функцию

2

2

( )

21

( )2

x a

f x e σ

σ π

−−= , посто-

им ее график.

)(xf

xаa-σ a+σ

Точки перегиба x a σ= + и x a σ= − . График этой функции называется кривой

Гаусса.

При уменьшении a кривая, не изменяя формы, смещается влево, при уве-

личении — вправо. С ростом σ максимальное значение ( )f x уменьшается, кри-

вая становится более пологой.

На рисунке изображены три нормальные кривые со следующими парамет-

рами:

1) 2, 1a σ= = ; 2) 1, 1a σ= = ; 3) 2, 2a σ= = .

59

Определение 1. Нормальное распределение называется нормированным,

если 0, 1a σ= = . Обозначим функцию распределения нормированного нормаль-

ного распределения 2

2

0

1( )

2

x t

F x e dtπ

−

−∞

= ∫ .

Пусть X – нормальная случайная величина с параметрами a ,σ . Рассмот-

рим случайную величину X aY

σ−= , найдем ее функцию распределения:

( ) ( ) ( )2

2

( )

21

2

t ax a

YF x P Y x P X x a e dtσ

σσσ π

−+ −

−∞

= < = < + = ∫ , сделаем замену переменных

t az

σ− = , t a

zσ− = , тогда

2 2

2

( )

2 20

1 1( )

2 2

t ax a x z

e dt e dz F xσ

σ

σ π π

−+ − −

−∞ −∞

= =∫ ∫ . Получили ( ) 0( )YF x F x= , то

есть Y – нормированная нормальная случайная величина.

Замечания. 1. Практически все задания, связанные с нормальным распре-

делением, решаются с использованием установленного факта. Дело в том, что

первообразная функции 2

2

x

e−

не является элементарной функцией, и расчеты

приходится вести, используя функцию 2

2

0

1( )

2

x t

x e dtπ

−Φ = ∫ (см. главу 3) и ее таб-

личные значения.

2. Отметим равенство 0

1( ) ( )

2F x x= + Φ , очевидное для положительных x . Для

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

-1 0 1 2 3 4 5x

f (x)

1

2

3

60

отрицательных x 0

1( ) ( )

2F x x= − Φ − , но ( ) ( )x x−Φ − = Φ , получаем 0

1( ) ( )

2F x x= + Φ и для от-

рицательных x .

3. Пусть X – нормальная случайная величина с параметрами a ,σ . Тогда

значение ( )0XF x равно площади множества, ограниченного кривой Гаусса, осью

OX , прямой 0x x= и лежащего левее прямой 0x x= .

4. Для положительных 0x значение 0( )xΦ равно площади множества, огра-

ниченного кривой Гаусса (с параметрами 0, 1a σ= = ), осью OX , прямыми 0x = ,

0x x= .

Пример 58. Из пункта O ведется стрельба из орудия вдоль оси OX . Пред-

полагается, что дальность полета снаряда распределена нормально с парамет-

рами 1000a = м и 50σ = м. Найти, сколько процентов снарядов:

а) дадут перелет от 40 м до 70 м дальности 1000 м;

б) пролетят расстояние, меньшее дальности 1000 м;

в) пролетят расстояние, большее дальности 1000 м.

Решение. а) Перелет снарядов от 40 до 70 м означает, что случайная вели-

чина X – дальность полета снаряда – попадет в интервал (1040;1070). Тогда

( ) 1040 1000 1000 1070 10001040 1070

50 50 50

XP X P

− − − < < = < < =

0 0

1070 1000 1040 1000

50 50F F

− − − =

( ) ( )1070 1000 1040 10001,4 0,8

50 50

− − = Φ − Φ = Φ − Φ

0,4192 0,2881 0,1311= − = .

Умножив эту вероятность на 100%, получим процент снарядов, давших пе-

релет от 40 м до 70 м дальности 1000 м, то есть 13,11%.

б) Тот факт, что снаряды пролетят расстояние, меньшее средней дальности

означает, что случайная величина X попадет в интервал (0;1000). Тогда анало-

гично ( ) 1000 1000 0 10000 1000

50 50P X

− − < < = Φ − Φ =

(0) ( 20) 0 0,5 0,5Φ − Φ − = + = .

То есть 50% снарядов не долетят до дальности 1000 м.

в) Событие, заключающееся в перелете снарядом отметки дальности 1000

м, является противоположным событию, заключающемся в недолете снарядом

61

до отметки дальности 1000 м. Тогда ( ) ( )1000 1 0 1000 1 0,5 0,5P X P X< < ∞ = − < < = − = или

50%.

Пример 59. Найти вероятности попадания нормальной случайной величи-

ны X в интервалы: X a σ− < , 2X a σ− < , 3X a σ− < .

Решение. ( ) ( )0 0( ) 1 1 1 1 2 (1) 0,6826X a

P X a P F Fσσ− − < = − < < = − − = Φ =

.

Аналогично ( 2 ) 2 (2) 0,9544P X a σ− < = Φ = ; ( 3 ) 2 (3) 0,9973P X a σ− < = Φ = .

Последнее равенство называется правилом трёх сигм.

Отметим два важных свойства нормального распределения.

1. Если случайная величина X имеет нормальное распределение с пара-

метрами a ,σ , то распределение случайной величины Y Xα β= + будет тоже

нормальным с параметрами aα β+ и β σ .

2. Сумма двух независимых нормально распределенных случайных вели-

чин распределена тоже нормально (независимость случайных величин будет

определена в следующем параграфе).

§ 4.6 Функции от случайных величин

Пусть заданы случайные величины X и Y на одном пространстве элемен-

тарных событий Ω . Тогда на Ω определены функции X Y+ , X Y⋅ . Рассмотрим

общую ситуацию, пусть задана вещественная функция от двух переменных

( ),x yϕ . Тогда на множестве Ω определена функция ( ),Z X Yϕ= . При некоторых

ограничениях на функцию ( ),x yϕ Z является случайной величиной. В частно-

сти, если функция ( ),x yϕ непрерывна, то Z является случайной величиной. Та-

кие случайные величины часто называются функциями от случайных величин.

В частности, X Y+ , X Y⋅ являются случайными величинами. Доказательство

указанного факта выходит далеко за рамки данного пособия. Желающим де-

тально разобраться с этим можно рекомендовать [1,13]. Заметим, что если X и

Y являются дискретными случайными величинами, то для любой вещественной

62

функции ( ),x yϕ ( ),Z X Yϕ= является дискретной случайной величиной. Далее без

доказательства мы будем формулировать некоторые важные факты относи-

тельно функций от случайных величин.

Пример 60. Задана непрерывная случайная величина X законом распре-

деления ( )f x , причем, ( )f x непрерывна. Найти закон распределения случайной

величины 2Y X= .

Решение. Пусть ( )Yf x – закон распределения случайной величины Y . То-

гда ( ) ( ) ( )2YF x P Y x P X x= < = < . Если 0x ≤ , то ( )2 0P X x< = . Пусть теперь 0x > . Тогда

( ) ( ) ( )2x

x

P X x P x X x f t dt−

< = − < < = ∫ ( ) ( )X XF x F x= − − . Отсюда получаем

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1

2 2 2Y X X X XF x F x F x F x F x f x f x

x x x

′ ′ ′ ′= − − = ⋅ − − ⋅ − = + −

. Итак,

( ) 0Yf x = для 0x ≤ и ( ) ( ) ( )( )1

2Yf x f x f x

x= + − для 0x > .

Замечание. Пусть X – случайная величина и : R Rϕ → непрерывная функ-

ция, тогда ( )Y Xϕ= – случайная величина. Обозначим ( ) zA z R xϕ= ∈ < . Неравен-

ство Y x< равносильно X A∈ . Тогда ( ) ( ) ( )YF x P Y x P X A= < = ∈ . Именно таким обра-

зом и решался пример 60.

Определение 1. Пусть заданы случайные величины X и Y на одном про-

странстве элементарных событий Ω . Тогда вектор ( ),X Y называется двумерной

случайной величиной.

Определение 2. Если ( ),X Y – двумерная случайная величина, то функция

( ) ( ) ( )( ),F x y P X x Y y= < ⋅ < называется функцией распределения двумерной слу-

чайной величины ( ),X Y .

Определение 3. Случайные величины 1, , nX X… называются независимы-

ми, если для любых чисел 1, , nx x… имеет место равенство

( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1n n n nP X x X x P X x P X x< ⋅ ⋅ < = < ⋅ ⋅ <… … .

Более подробно двумерные случайные величины будут изучаться в главе

63

7.

Задачи для самостоятельного решения

1. Магазин получил 1000 плиток шоколада. Вероятность того, что при пе-

ревозке плитка будет сломана, равна 0,003. Найти вероятность того, что мага-

зин получит сломанных плиток а) ровно две; б) менее двух; в) более двух; г)

хотя бы одну.

2. При работе ЭВМ время от времени возникают сбои. Поток сбоев можно

считать простейшим. Среднее число сбоев за сутки равно 1,5. Найти вероятно-

сти следующих событий: а) за двое суток не будет ни одного сбоя; б) в течение

суток произойдет хотя бы один сбой; в) за неделю работы машины произойдет

не менее трех сбоев.

3. Два бомбардировщика поочередно сбрасывают бомбы на цель до перво-

го попадания. Вероятность попадания в цель первым бомбардировщиком равна

0,7, вторым – 0,8. Вначале сбрасывает бомбы первый бомбардировщик. Соста-

вить первые четыре члена закона распределения дискретной случайной вели-

чины X – числа сброшенных бомб обоими бомбардировщиками.

4. Автобусы некоторого маршрута идут строго по расписанию. Интервал

движения 5 мин. Найти вероятность того, что пассажир, подошедший к оста-

новке, будет ожидать автобус менее 3 мин.

5. Цена деления шкалы измерительного прибора равна 0,2. Показания при-

бора округляют до ближайшего целого деления. Найти вероятность того, что

при отсчете будет сделана ошибка: а) меньшая 0,04; б) большая 0,05.

6. Непрерывная случайная величина X распределена по показательному

закону, заданному законом распределения 0,04( ) 0,04f x e−= при 0x ≥ ; при 0x < ( ) 0f x = .

Найти вероятность того, что в результате испытания X попадет в интервал

(1;2).

7. Непрерывная случайная величина X распределена по показательному

64

закону, заданному функцией распределения 0,61 0

( )0 0

xe xF x

x

− − ≥=

<. Найти вероят-

ность того, что в результате испытания X попадет в интервал (2;5).

8. Длительность времени безотказной работы элемента имеет показатель-

ное распределение 0,03( ) 1 tF t e−= − . Найти вероятность того, что за 100 ч: а) элемент

откажет; б) элемент не откажет.

9. Случайная величина X распределена нормально с параметром 25a = . Ве-

роятность попадания X в интервал (10; 15) равна 0,2. Чему равна вероятность

попадания X в интервал (35; 40)?

10. Деталь, изготовленная автоматом, считается годной, если отклонение ее

контролируемого размера от проектного не превышает 10 мм. Случайные от-

клонения контролируемого размера от проектного подчинены нормальному за-

кону с параметрами 5σ = мм и 0a = мм. Сколько процентов годных деталей из-

готавливает автомат?

ГЛАВА 5. ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЛУЧАЙНЫХ

ВЕЛИЧИН

Задание закона распределения случайной величины представляет собой

полную её характеристику. Однако во многих ситуациях удобнее располагать

некоторыми числовыми параметрами, которые характеризуют наиболее суще-

ственные свойства случайной величины.

§ 5.1 Математическое ожидание и его свойства

Определение 1. Математическим ожиданием дискретной случайной вели-

чины X , заданной законом распределения ( )kP X x= , 1,2,k = … называется число

( )1

k kk

x P X x∞

=

=∑ , если последний ряд сходится абсолютно, и обозначается ( )M X .

Замечание. Если ряд ( )1

k kk

x P X x∞

=

=∑ не сходится или сходится условно, то

( )M X не определено.

65

Пример 61. На пути движения автомобиля 4 светофора. Каждый из них с

вероятностью 0,5 либо разрешает, либо запрещает автомобилю дальнейшее

движение. Составить закон распределения вероятностей числа светофоров,

пройденных автомобилем до первой остановки и найти математическое ожида-

ние этой случайной величины.

Решение. Пусть X – число светофоров на пути автомобиля до первой оста-

новки. Тогда, очевидно, автомобиль может остановиться на первом же свето-

форе, не проехав ни одного, с вероятностью 0,5; либо остановиться на втором

светофоре с вероятностью 25,05,05,0 =⋅ (первый светофор проезжает без оста-

новки с вероятностью 0,5, а на втором останавливается с вероятностью 0,5); ли-

бо на третьем с вероятностью 125,05,0 3 = ; либо на четвертом с вероятностью

0625,05,0 4 = ; либо может проехать все четыре светофора без остановки с веро-

ятностью 0625,05,0 4 = . Тогда ряд распределения вероятностей примет вид:

Математическое ожидание ( ) 0 0,25 2 0,125 (3 4) 0,0625 0,937M X = + + ⋅ + + ⋅ = .

Определение 2. Пусть непрерывная случайная величина X задана законом

распределения ( )f x . Тогда математическим ожиданием случайной величины на-

зывается число ( )xf x dx∞

−∞∫ , если последний интеграл сходится абсолютно, и обо-

значается ( )M X .

Пример 62. Пусть непрерывная случайная величина X задана законом рас-

пределения ( )f x , ( )f x непрерывна, 2Y X= . Вычислить ( )M Y , если известно, что

оно существует.

Решение. Пусть ( )Yf x – закон распределения случайной величины Y . Тогда

ix 0 1 2 3 4 ∑=

4

0iip

1p 0,5 0,25 0,125 0,0625 0,0625 1

66

( ) ( )YM Y xf x dx∞

−∞

= ∫ . Но ( )Yf x мы вычислили в примере 60, тогда

( ) ( ) ( )0 0

1 1 +

2 2M Y x f x dx x f x dx

x x

∞ ∞

= −∫ ∫ . В интеграле ( )0 2

xf x dx

∞

∫ сделаем замену пе-

ременных x z= , 2dx zdz= , тогда ( ) ( )2

0 0

2

xf x dx z f z dz

∞ ∞

=∫ ∫ . В интеграле ( )0

1

2x f x dx

x

∞

−∫

сделаем замену переменных x z= − , 2dx zdz= , тогда

( ) ( ) ( )0

2

0 0

2 2 2

x zf x dx f z zdz z f z dz

∞ −∞

−∞

− = − =∫ ∫ ∫ . Окончательно получаем ( ) ( )2 M Y z f z dz∞

−∞

= ∫ .

Свойства математического ожидания

1. ( )M C C= , C является числом.

2. ( ) ( )M X M Xλ λ= , λ является числом.

3. ( ) ( ) ( )M X Y M X M Y+ = + .

4. Если X , Y – независимые случайные величины, то ( ) ( ) ( )M XY M X M Y= .

5. Если X – дискретная случайная величина, заданная законом распределения

( )kP X x= , 1,2,k = …и ( )Y Xϕ= , то ( ) ( ) ( )1

k kk

M Y x P X xϕ∞

=

= =∑ .

6. Если X – непрерывная случайная величина, заданная законом распределения

( )f x , и ( )Y Xϕ= , ( )xϕ – непрерывна, то ( ) ( ) ( )M Y x f x dxϕ∞

−∞

= ∫ .

Сформулированные свойства следует понимать следующим образом: ес-

ли математические ожидания в правых частях равенств существуют, то суще-

ствуют математические ожидания, записанные в левых частях равенств, и вер-

ны указанные равенства. Доказывать эти равенства не будем, так как для этого

требуются значительные вычисления (кроме первого равенства), если хотя бы

одна из указанных случайных величин является непрерывной случайной вели-

чиной. Вместо этого мы проверим эти равенства на примере простых случай-

ных величин. Пусть X , Y – дискретные случайные величины, заданные рядами

распределения:

67

Рассмотрим Z X Y= + . Тогда закон распределения случайной величины Z имеет

вид: ( ) 1 15P Z p q= = , ( ) 1 2 2 16P Z p q p q= = + , ( ) 2 2 3 17P Z p q p q= = + , ( ) 3 28P Z p q= = . Тогда по опре-

делению ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 25 6 7 8M Z p q p q p q p q p q p q= + + + + + ( ) ( )1 1 2 2 1 22p q q p q q= + + + +

( ) ( ) ( )3 1 2 1 1 2 3 2 1 2 33 4 5p q q q p p p q p p p+ + + + + + + + 1 2 3 1 22 3 4 5p p p q q= + + + + ( ) ( )M X M Y= + , так как

1 2 1q q+ = и 1 2 3 1p p p+ + = . Теперь считаем, что X , Y – независимы. Тогда закон рас-

пределения случайной величины T XY= имеет вид: ( ) 1 14P T p q= = , ( ) 1 25P T p q= = ,

( ) 2 18P T p q= = , ( ) 2 210P T p q= = , ( ) 3 112P T p q= = , ( ) 3 215P T p q= = . Тогда

( ) 1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 24 5 8 10 12 15M T p q p q p q p q p q p q= + + + + + . Вычислим ( ) ( )M X M Y =

( )( )1 2 3 1 22 3 4 5p p p q q= + + + . Очевидно ( ) ( ) ( )M T M X M Y= . Иллюстрацией свойства 6 слу-

жит пример 62. Остальные свойства рассматриваются аналогично. Вычислим

теперь математические ожидания случайных величин, определенных в главе 4.

Биномиальное распределение с параметрами n , p . Пусть X – число успе-

хов в серии из n независимых испытаний. Тогда 1

n

jj

X X=

=∑ , где jX есть число

успехов в j -том испытании. По определению ясно, что ( ) 1jM X p= ⋅ , тогда

1

( ) ( )n

jj

M X M X np=

= =∑ .

Распределение Пуассона с параметром λ . По определению

( )2 1

1

( ) 1! 2! 1 !

k k

k

M X k e ek k

λ λλ λ λλ λ λ−∞

− −

=

= = + + + + + = − ∑ ⋯ ⋯ .

Геометрическое распределение с параметром p . По определению

( )2 20 1

1( )

1k k

k k

qp qM X kq p p kq pq

ppq

∞ ∞

= =

= = = = =−

∑ ∑ , так как ( )2

1

1

1k

k

kq qq

∞

=

=−

∑ .

Гипергеометрическое распределение с параметрами , , N K n . Пусть X –

число особых объектов выборке объема n из N объектов, из которых K – осо-

iy 4 5

iq 1q 2q

ix 1 2 3

ip 1p 2p 3p

68

бые (см. пример 49). Пусть 1iX = , если i -тый элемент выборки является особым

и 0iX = в противном случае. Тогда 1

n

ii

X X=

=∑ , но ( )1i

KP X

N= = (см. пример 27). От-

сюда получаем ( ) ( )1

n

ii

nKM X M X

N=

= =∑ .

Нормальное распределение с параметрами a , σ . По определению

( )( )2

221

2

x a

M X xe dxσ

σ π

−∞ −

−∞

= ∫ , сделаем замену переменных x az

σ− = , dx dzσ= , тогда

( ) ( )2

21

2

z

M X z a e dzσ σσ π

∞−

−∞

= +∫2 2

2 2

2 2

z zz ae dz e dz

σπ π

∞ ∞− −

−∞ −∞

= +∫ ∫ a= , так как первый интеграл ра-

вен нулю, а 2

21

12

z

e dzπ

∞−

−∞

=∫ .

Равномерное на [ ],a b распределение. По определению

( ) ( ) ( )2 21

2 2

b

a

x a bM X dx b a

b a b a

+= = − =− −∫ .

Показательное распределение с параметром λ . По определению

( ) ( )0 0

x x xM X x e dx xe e dxλ λ λλ∞ ∞

− − ∞ −0= = − +∫ ∫ (применили формулу интегрирования по частям

u x= , xdv e dxλλ −= , xv e λ−= − , du dx= ), но ( ) 0xxe λ− ∞0− = ,

0

1xe dxλ

λ

∞− =∫ . Итак, ( ) 1

M Xλ

= .

Замечание. Смысл математического ожидания, пожалуй, лучше всего объ-

ясняет усиленный закон больших чисел (см. главу 6).

§ 5.2 Дисперсия и ее свойства

Определение 1. Дисперсией случайной величины X называется

2[ ( )]M X M X− и обозначается ( )D X .

Замечание. Так как математическое ожидание определено не для любой

случайной величины, то и дисперсия определена не всегда.

Пример 63. Даны 2 случайные величины X и Y , заданные законами рас-

пределения: ( ) 1

6P X k= = , 1,6k = , ( ) 1

2P Y s= = , 3,4s = . Вычислим математические

69

ожидания: ( )1( ) 1 2 3 4 5 6 3,5

6M X = + + + + + = , ( ) 3 4

3,52

M Y+= = . Вычислим дисперсии за-

данных случайных величин: 2 2 2 2 2

1 7 7 7 7 7( ) 1 2 3 4 5

6 2 2 2 2 2D X

= − + − + − + − + − +

2 2 2 2 2 2 27 1 5 3 1 1 3 5 35

62 6 2 2 2 2 2 2 12

+ − = + + + + + = ,

2 2 2 21 7 7 1 1 1 1

( ) 3 42 2 2 2 2 2 4

D Y = − + − = + =

.

Замечания. 1. Уже из этого примера видно, что дисперсия является мерой

рассеивания, разбросанности значений случайной величины около ее матема-

тического ожидания. Само слово «дисперсия» означает «рассеивание».

2. В качестве меры рассеяния, видимо, удобнее было бы брать ( )M X M X− ,

однако рассчитывать эту характеристику гораздо сложнее, чем ( )D X .

Определение 2. Среднеквадратическим отклонением случайной величины

X называется квадратный корень из её дисперсии и обозначается: ( ) ( )X D Xσ = .

Замечание. Размерность среднеквадратического отклонения случайной ве-

личины X совпадает с размерностью случайной величины X .

Свойства дисперсии:

1. ( ) 0D C = .

2. 2( ) ( )D CX C D X= .

3. ( ) ( )D X+C D X= .

4. Если случайные величины X , Y – независимы, то ( ) ( ) ( )D X Y D X D Y+ = + .

5. ( ) ( ) ( )( )22D X M X M X= − .

Замечание. Данные равенства следует понимать так же, как и свойства ма-

тематического ожидания. Через C обозначаем постоянную случайную величи-

ну. Все равенства легко следуют из свойств математического ожидания.

Выведем, например, последнее:

70

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 2D X M X M X M X XM X M X M X M X M X M X M X= − = − + = − + = − .

Далее вычислим дисперсию для случайных величин, определенных в гла-

ве 4.

Биномиальное распределение с параметрами n , p . Пусть X – число успе -

хов в серии из n независимых испытаний. Тогда 1

n

jj

X X=

=∑ , где jX есть число

успехов в j -том испытании, причем, 1, , nX X… – независимые случайные величи-

ны. Ясно, что ( ) ( ) ( )2 2 2j j jD X M X M X p p pq= − = − = , тогда

2

2 2 2

1

( ) ( ) ( ) k

k

qD X M X M X k q p

p

∞

=

= − = − =

∑

2

21 1

( 1) k k

k k

pp k k q kq

q

∞ ∞

= =

− + − = ∑ ∑

21

21 1

( 1) k k

k k

pp q k k q kq

q

∞ ∞−

= =

= − + − = ∑ ∑ ( ) ( )

2 2 2

3 2 2 3 2 2

2 2 1

(1 ) (1 ) 1 1

q q q q qp pq

q q p pq q

+ − = + − = − − − −

2 2

2 2 2

q q q q

p p p

+= − = .

Гипергеометрическое распределение с параметрами , ,N K n .

Без вычислений (громоздких) выпишем ответ: ( )2

( )1

nK N K N nD X

NN

− −= ⋅−

.

Нормальное распределение с параметрами a , σ .

( )2

2

( )2 2

1( )

2

x a

D X x a e dxσ

σ π

−∞ −

−∞

= −∫ . Сделаем замену переменных x az

σ−= , dx dzσ= , тогда

( )2

2 2 21

2

z

D X z e dzσ σσ π

∞−

−∞

= ∫ . Применим правило интегрирования по частям:

2

2

z

dv ze dz−

= , u z= , 2

2

z

dv ze dz−

= , du dz= , тогда2 2 22

2 2 2 2 21

2 2

z z z

z e dz ze e dzσσ σ

σ π π

∞∞ ∞

− − −

−∞ −∞−∞

= − +

∫ ∫ .

Первое слагаемое в скобках равно нулю, окончательно получаем 222( )

2

z

D X e dzσ

π

∞−

−∞

= =∫2

22

2

σ π σπ

= .

Равномерное на [ ],a b распределение.

( )( )22 2 3 2 3 3( ) ( )

( )4 3( ) 4 3 4

bb

a a

b ax b a x b a b aD X dx

b a b a b a

++ + −= − = = − = − =− − −∫

( )2 2 2 24 4 4 3 2

12

a ab b a ab b+ + − + +=

71

2 22

12

a ab b− += =2( )

12

a b− .

Показательное распределение с параметром λ .

Дисперсию вычислим по формуле 2 2( ) ( ) ( )D X M X M X= − , 2 2

0

( ) xM X x e dxλλ∞

−= ∫ , применим

правило интегрирования по частям: 2u x= , 2du xdx= , xdv e dxλλ −= , xv e λ−= − , тогда

2 2

00 0

2x x xx e dx x e e xdxλ λ λλ∞ ∞

∞− − −= − + =∫ ∫ ( ) 2

2 2M X

λ λ= , так как первое слагаемое равно нулю.

Окончательно получаем ( ) 2

1D X

λ= .

§ 5.3 Мода и медиана

Определение 1. Модой дискретной случайной величины X называется её

наивероятнейшее значение. Модой непрерывной случайной величины называ-

ется значение, при котором плотность вероятности максимальна.

Мода случайной величины X обозначается символом )Mo(X .

Определение 2. Медианой случайной величины X называется значение

m, удовлетворяющее условию ( ) ( )0,5 0X XF m F m≤ ≤ + и обозначается Me(X).

Замечание. Если функция распределения ( )XF x случайной величины X яв-

ляется непрерывной, то ( ) 0,5XF m = для некоторого числа m. Для дискретной слу-

чайной величины X вполне возможно ( ) 0,5 XF x ≠ для любого числа x .

Пример 64. Дискретная случайная величина X задана рядом распределе-

ния:

Найти моду и медиану.

Решение. Так как по определению мода дискретной случайной величины

ix 4 6 8 10 4

1i

i

p=∑

ip 0,2 0,4 0,3 0,1 1

72

есть ее наивероятнейшее значение, то ( ) 6Mo X = . Чтобы найти медиану, найдем

функцию распределения этой случайной величины. Ясно, что ( ) 0F x = для 4x ≤ ,

( ) 0,2F x = для 4 6x< ≤ , ( ) 0,6F x = для 6 8x< ≤ , ( ) 0,9F x = для 8 10x< ≤ и ( ) 1F x = для 10x > .

Из определения медианы следует, что в точке ( )m Me X= выполнено нера-

венство ( ) ( )0,5 0X XF m F m≤ ≤ + . Ясно, что ( ) 6Me X = .

Пример 65. Для случайной величины X , заданной функцией распределе-

ния ( )2

14

xF x = − для 2 0x− ≤ ≤ и ( ) 0F x = для остальных x , найти моду и медиану.

Решение. Для решения задачи найдем плотность распределения случайной

величины. По формуле ( ) ( )f x F x′= , ( )2

xf x = − для 2 0x− < < , ( ) 0f x = для 2x < − или

0x > . В точках 2x = − и 0x = значение ( )f x не вычисляется, так как ( )F x′ в этих

точках не существует. Мы можем сами положить, например, ( )0 1f = и ( )2 1f − = .

Тогда ( )Mo X не определена. Для нахождения медианы рассмотрим равенство

1( ( ))

2F Me X = , тогда

2 11

4 2

x− = и ( ) 2Me X = − .

Далее вычислим моду и медиану (для непрерывных случайных величин)

для случайных величин, определенных в главе 4.

Биномиальное распределение с параметрами n , p . ( )Mo X вычислена в §3.2.

Распределение Пуассона с параметром λ .

( )Mo X вычисляется аналогично предыдущему распределению. Рассмотрим не-

равенство ( )( )

11

P X k

P X k

= +>

=. Оно равносильно

( )1 !

11 !

k

k

k

k

λλ

+

>+

или 11k

λ >+

. Если 1λ < , то

( ) 0Mo X = . Если 1λ ≥ , то [ ]( ) 1 1Mo X λ= − + в случае Nλ ∉ . А если 1λ ≥ и Nλ ∈ , то функ-

ция ( )P X k= достигаем максимума в двух точках k λ= и 1k λ= − .

Геометрическое распределение с параметром p .

Ясно, что ( ) 0Mo X = . Для гипергеометрического распределения ( )Mo X вычислять

не будем.

73

Нормальное распределение с параметрами a , σ .

Из вида кривой Гаусса ясно, что ( )Mo X a= и ( )Me X a= .

Равномерное на [ ],a b распределение.

Ясно, что ( )2

a bMe X

+= , в качестве ( )Mo X можно взять любую точку из интервала

( ),a b .

Показательное распределение с параметром λ .

Найдем медиану показательного распределения. Так как ( ) 1 xF x e λ−= −

для 0x > и 1( ( ))

2F Me X = , то ( ) 1

12

Me Xe λ−− = , и получаем, что ln 2( )Me X

λ= . По определе-

нию ( ) 0Mo X = .

§ 5.4 Моменты случайной величины

Определение 1. Моментом порядка k случайной величины X называется

( )kM X и обозначается kν , 1, 2, ...k = .

Первый момент есть обычное математическое ожидание: 1 ( )M Xν = .

Определение 2. Центральным моментом порядка k случайной величины X

называется [ ( )] kM X M X− и обозначается kµ , 1, 2, ...k = .

Замечание. Конечно, моменты порядка k существуют не для всех случай-

ных величин.

Первый центральный момент любой случайной величины равен нулю, ес-

ли он существует: 1 [ ( )] ( ) ( ) 0M X M X M X M Xµ = − = − = .

Центральный момент второго порядка равен дисперсии случайной величины.

Любой центральный момент можно выразить через моменты. В частности,

( ) ( )2 2 22 ( ) 2 ( ) ( )M X M X M X XM X M Xµ = − = − + =

2 2 2 2 22 1( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )M X M X M X M X M X M X ν ν= − + = − = − .

Пример 66. Выразить центральный момент порядка 3 через моменты по-

рядков 1-3.

Решение. 3 33 1[ ( )] ( )M X M X M Xµ ν= − = − 3 2 2 3 3

1 1 1 3 1 2 1( 3 3 ) 3 2M X X Xν ν ν ν ν ν ν= − + − = − + .

74

Аналогично можно получить выражения для других моментов.

Заметим, что центральные моменты нечетного порядка для нормального и рав-

номерного распределений равны нулю, так как графики плотностей этих рас-

пределений симметричны относительно математического ожидания.

Задачи для самостоятельного решения

1. В партии из семи изделий пять стандартных. Наудачу отобраны три де-

тали. Составить закон распределения дискретной случайной величины X – чис-

ла стандартных деталей среди отобранных. Найти числовые характеристики

этой случайной величины.

2. Имеется 5 лампочек, каждая из которых с вероятностью 0,1 имеет де-

фект. Лампочка ввинчивается в патрон и включается ток; при этом дефектная

лампочка сразу перегорает и заменяется другой. Построить ряд распределения

и найти математическое ожидание случайной величины X – числа лампочек,

которое было испробовано.

3. Найти дисперсию и среднеквадратическое отклонение случайной вели-

чины X , распределенной равномерно в интервале (2;8).

4. Найти числовые характеристики показательного распределения, задан-

ного плотностью вероятности 10( ) 10 xf x e−= ( 0x ≥ ).

5. Задана интенсивность простейшего потока 5λ = . Найти числовые харак-

теристики непрерывной случайной величины T – времени между появлениями

двух последовательных событий потока.

6. Бомбардировщик, пролетевший вдоль моста, длина которого 30 м и ши-

рина 8 м, сбросил бомбы. Случайные величины X и Y (расстояния от верти-

кальной и горизонтальной осей симметрии моста до места падения бомбы) не-

зависимы и распределены нормально со среднеквадратическими отклонениями,

соответственно равными 6 и 4 м, и математическими ожиданиями, равными ну-

лю. Найти: а) вероятность попадания в мост одной сброшенной бомбы; б) веро-

ятность разрушения моста, если сброшены 2 бомбы, причем известно, что для

разрушения моста достаточно одного попадания.

75

7. Математическое ожидание и среднеквадратическое отклонение нор-

мально распределенной случайной величины X соответственно равны 20 и 5.

Найти вероятность того, что в результате испытания X примет значение, за-

ключенное в интервале (15; 25).

8. Случайная величина X распределена нормально со среднеквадратиче-

ским отклонением 5σ = мм. Найти длину интервала, симметричного относи-

тельно математического ожидания, в который с вероятностью 0,9973 попадет X

в результате испытания.

9. Производится стрельба по наземной цели снарядами, снабженными ра-

диовзрывателями. Номинальная высота подрыва снаряда, на которую рассчитан

взрыватель, равна h , но фактически имеют ошибки в высоте, распределенные

по нормальному закону со среднеквадратическим отклонением 2

hσ = (система-

тических ошибок нет). Если взрыватель не сработает над землей, взрыва снаря-

да вообще не происходит. Найти вероятность следующих событий:

A – при стрельбе одним снарядом точка разрыва окажется на высоте, пре-

вышающей 1,2h ;

B – при стрельбе тремя снарядами ни один снаряд не разорвется на высоте

более, чем 1,2h ;

C – хотя бы один из трех снарядов не разорвется;

D – один из трех снарядов не разорвется, а два другие разорвутся.

10. Случайные величины X и Y – независимы и распределены равномерно

на интервалах ( )0,2 , ( )3,4 соответственно. Найти ( )D XY .